Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

X OM - I - Zadanie 7

Na płaszczyźnie leżą cztery różne punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ .

a) Dowieść, że wśród odcinków $AB$ , $AC$ , $AD$ , $BC$ , $BD$ , $CD$ przynajmniej dwa są różnej długości,

b) Jak są położone punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , jeśli wymienione wyżej odcinki mają tylko dwie różne długości?

Rozwiązanie

a) Aby dowieść, że odcinki $AB$ , $AC$ , $AD$ , $BC$ , $BD$ , $CD$ nie mogą być wszystkie równe między sobą, wystarczy wykazać, że jeżeli pięć z nich ma tę samą długość, to szósty ma długość inną. Niech np. $AB = AC = AD = BC = BD$ . W takim razie $ABC$ i $ABD$ są trójkątami równobocznymi o wspólnym boku $AB$ i tworzą romb $ACBD$ , w którym $C = 60^\circ$ . Przekątne takiego rombu nie są równe, mianowicie $CD> AB$ , c.d.n.

b) Załóżmy, że odcinki $AB$ , $AC$ , $AD$ , $BC$ , $BD$ , $CD$ są dwóch różnych długości $a$ i $b$ , przy czym $a < b$ . Wówczas punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ nie mogą leżeć na jednej prostej; gdyby bowiem znajdowały się one na prostej, dajmy na to w kolejności $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , to byłoby $AB< AC< AD$ wbrew założeniu, że tylko dwie spośród wzajemnych odległości punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ są różne. Udowodnimy, że nawet żadne $3$ z danych punktów nie leżą na prostej. Istotnie, gdyby na przykład punkt $B$ znajdował się na prostej $AC$ między punktami $A$ i $C$ , to byłoby $AB = BC = a$ , $AC = b$ . Punkt $D$ znajdowałby się poza prostą $AC$ i odcinek $DB$ będący środkową trójkąta $ACD$ byłby mniejszy od któregoś z boków $DA$ i $DC$ tego trójkąta, wobec czego byłoby $DB = a$ , a jeden z boków $DA$ i $DC$ byłby równy $b$ . W takim razie punkt $D$ leżałby na okręgu o średnicy $AC$ , skąd wynikałoby, że jedna z cięciw $AD$ i $DC$ okręgu jest równa średnicy $AC$ tego okręgu, co jest niemożliwe.

Zauważmy, że gdy żadne $3$ z punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ nie leżą na prostej, to możliwe są dwa przypadki. Jeżeli punkt $D$ leży w którymś z obszarów ograniczonych jednym bokiem trójkąta $ABC$ i przedłużeniami pozostałych dwóch boków, jak np. punkt $D_1$ na rys. 7, wówczas dane punkty tworzą czworokąt wypukły, w danym przypadku czworokąt $ABCD_1$ , złożony z trójkątów $ABC$ i $ACD_1$ przylegających do siebie wzdłuż boku $AC$ . Jeżeli natomiast punkt $D$ leży w jednym z obszarów narożnych, bądź leży wewnątrz trójkąta $ABC$ , wówczas dane punkty tworzą czworokąt wklęsły jak $ABD_2C$ lub $ABCD_3$ na rys. 7; jeden z danych punktów leży wtedy wewnątrz trójkąta utworzonego z $3$ pozostałych punktów. Dwa te przypadki rozpatrzymy oddzielnie.

1) Przypuśćmy, że dane punkty tworzą czworokąt wypukły $ABCD$ . Może tu zajść kilka przypadków, które rozważymy korzystając z twierdzenia, że w czworokącie wypukłym suma przekątnych jest większa od połowy obwodu (Twierdzenie to łatwo udowodnić, stosując do każdego z czterech trójkątów, na jakie przekątne dzielą czworokąt, twierdzenie, że suma dwóch boków trójkąta jest większa od trzeciego boku).

1a) Czworokąt $ABCD$ ma cztery boki równe. Suma przekątnych jest wtedy większa od podwojonego boku, zatem boki mają długość $a$ , przekątne zaś bądź są obie równe $b$ , bądź jedna równa się $b$ , a druga $a$ . Czworokąt jest albo kwadratem o boku $a$ , wtedy $b = a\sqrt{2}$ , albo rombem o boku $a$ i kącie ostrym $60^\circ$ (rys. 8 i 9), wtedy $b = a\sqrt{3}$ .

1b) Czworokąt $ABCD$ ma $3$ boki równe, np. $AB = BC = CD$ . Boki te nie mogą mieć długości $b$ , gdyż wówczas połowa obwodu byłaby większa niż $a + b$ , zatem każda z przekątnych miałaby długość $b$ , tzn. spośród sześciu wzajemnych odległości danych punktów pięć byłoby równych $b$ , a szósta równa $a$ , zatem mniejsza niż tamte, co byłoby sprzeczne z wynikiem otrzymanym w a). Zatem $AB = BC = CD = a$ , $AD = b$ . Suma przekątnych musi być większa niż $2a$ , zatem przekątne mają bądź długości $a$ , $b$ bądź $b$ , $b$ . Pierwszy przypadek jest jednak wykluczony, gdyby bowiem było np. $AC = a$ , $BD = b$ , to trójkąt $ABC$ byłby równoboczny, więc $\measuredangle ABC$ miałby $60^\circ$ , a w trójkącie równoramiennym $ABD$ kąt $ABD$ byłby większy od $60^\circ$ , co jest niemożliwe, gdyż $\measuredangle ABD$ jest częścią kąta $ABC$ . Jest więc $AC = BD = b$ ; trójkąty $ABC$ i $DCB$ są przystające, skąd wynika łatwo, że czworokąt $ABCD$ jest trapezem równoramiennym (rys. 10).

Według twierdzenia Ptolemeusza $AC \cdot BD = AB \cdot DC + AD \cdot BC$ , czyli $b^2 = ab + a^2$ , skąd

$ b = a \cdot \frac{1 + \sqrt{5}}{2}. $

Z tego wzoru widzimy, że $b$ jest długością przekątnej pięciokąta foremnego o boku równym $a$ .

1c) Dwa boki czworokąta $ABCD$ mają długość $a$ , dwa inne długość $b$ .

W tym przypadku boki równe nie mogą być bokami przeciwległymi, gdyż czworokąt byłby wówczas równoległobokiem i miałby przekątną dłuższą niż $b$ , co przeczyłoby założeniu. Czworokąt jest więc deltoidem, przy czym każda z przekątnych ma długość $b$ , gdyż suma przekątnych jest dłuższa niż $a + b$ .

Oznaczając wierzchołki deltoidu jak na rys. 11 i stosując twierdzenie cosinusów do trójkąta $ACD$ , w którym $\measuredangle DAC = 30^\circ$ , otrzymujemy związek

$ DC^2 = AC^2 + AD^2 - 2AC \cdot AD \cdot \frac{1}{2} \sqrt{3}, $

czyli

$ a^2 = b^2(2 - \sqrt{3}), $

skąd

$ b = a \sqrt{2 + \sqrt{3}} = \frac{a}{2} (\sqrt{6} + a \sqrt{2}). $

Spostrzegamy, że $b$ jest długością promienia okręgu opisanego na dwunastokącie foremnym o boku równym $a$ .

2) Przypuśćmy, że punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ tworzą czworokąt wklęsły: niech na przykład punkt $D$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ . Zauważmy, że każdy odcinek (otwarty) leżący wewnątrz trójkąta jest krótszy od najdłuższego boku trójkąta. Stąd wynika, że 1° przynajmniej jeden bok trójkąta $ABC$ jest równy $b$ , 2° każdy z odcinków $DA$ , $DB$ , $DC$ jest równy $a$ , tzn. punkt $D$ jest środkiem koła opisanego na trójkącie $ABC$ . Mogą zajść następujące przypadki.

2a) $AB = BC = CA = b$ . Dane punkty tworzą figurę rys. 12, przy czym $b = a\sqrt{3}$ .

2b) $AB = BC = b$ , $CA = a$ . Punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ tworzą w tym przypadku figurę rysunku 13. Kąt $ABC$ ma $30^\circ$ , gdyż jest równy połowie kąta $ADC$ mającego $60^\circ$ . Zatem $a$ jest długością boku dwunastokąta foremnego wpisanego w koło o promieniu $b$ i mamy związek

$ b = \frac{a}{2} (\sqrt{6} + \sqrt{2}). $

Przypadek, w którym $2$ boki trójkąta $ABC$ , np. $AB$ i $BC$ , byłyby równe $a$ zdarzyć się nie może, gdyż $AB + BC > AD + DC$ , tzn. $AB + BC> 2a$ .

Streszczając otrzymane wyniki powiemy, że istnieje tylko $6$ różnych figur utworzonych z czterech punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ w ten sposób, że łączące je odcinki mają dwie różne długości; stosunek większej do mniejszej z tych długości może mieć tylko wartości $\sqrt{2}$ (rys. 8), $\sqrt{3}$ (rys. 9 i rys. 12), $\frac{\sqrt{5} + 1}{2}$ (rys. 10) oraz $\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{2}$ (rys. 11 i rys. 13).