Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

XLVI OM - III - Zadanie 6

Dane są trzy niewspółpłaszczyznowe półproste $k$ , $l$ , $m$ o wspólnym początku $P$ oraz punkt $A$ różny od $P$ należący do $k$ . Wykazać, że istnieje dokładnie jedna para punktów $B$ , $C$ , należących odpowiednio do $l$ i $m$ , taka, że

$ |PA| + |AB| = |PC| + |CB| \quad \text{oraz} \quad |PB| + |BC| = |PA| + |AC|. $

Rozwiązanie

Rozpoczniemy od analizy postulowanych warunków. Załóżmy, że punkty $B \in l$ , $C \in m$ spełniają te warunki:

$ (1) \qquad \quad |PA| + |AB| = |PC| + |CB|\quad \textrm{oraz}\quad |PB| + |BC| = |PA| + |AC|. $

W powstały trójkąt $ABC$ wpisujemy okrąg. Punkty styczności tego okręgu z bokami $BC$ , $CA$ , $AB$ oznaczmy odpowiednio przez $Q$ , $R$ , $S$ (rysunek 15). Zachodzą więc równości

$ (2) \qquad \quad |BS| = |BQ|,\quad |CQ| = |CR|,\quad |AR| = |AS|. $

Odejmujemy stronami pierwszą równość (2) od pierwszej równości (1): otrzymujemy związek $|PA| + |AB|-|BS| = |PC| + |CB|-|BQ|$ , czyli

$ (3) \qquad \quad |PA| +|AS| = |PC| + |CQ|. $

Następnie odejmujemy stronami drugą równość (2) od drugiej równości (1): dostajemy związek $|PB| + |BC|-|CQ| = |PA| + |AC|-|CR|$ , czyli

$ (4) \qquad \quad |PB| + |BQ| = |PA| + |AR|. $

Trzecia równość (2) pokazuje, że lewa strona (3) równa się prawej stronie (4). Oznaczmy tę wspólną wartość przez $t$ . Tak więc

$ (5) \qquad |PA| + |AR| = |PA| + |AS| = t, $

i wobec zależności (2) i (4) oraz (2) i (3):

$ (6) \qquad |PB| + |BS| = |PB| + |BQ| = t, $

$ (7) \qquad |PC| + |CR| = |PC| + |CQ| = t. $

Na półprostych $k$ , $l$ , $m$ odkładamy odcinki $PK$ , $PL$ , $PM$ o jednakowej długości $t$ : $|PK| = |PL| = |PM| = t$ . Liczba $t$ jest większa od każdej z odległości $|PA|$ , $|PB|$ , $|PC|$ , więc punkty $A$ , $B$ , $C$ leżą odpowiednio na odcinkach $PK$ , $PL$ , $PM$ . Wobec tego

$ (8) \qquad \begin{split} t=|PK| = |PA| & + |AK|,\quad t=|PL| = |PB| + |BL|, \\ & t=|PM| = |PC| + |CM|. \end{split} $

Porównując te związki z uzyskanymi wcześniej związkami (5), (6), (7) dochodzimy do równości

$ (9) \qquad \begin{split} |AK| = |AR| = & |AS|,\quad |BL| = |BQ| = |BS|,\\ & |CM| = |CQ| = |CR|. \end{split} $

Weźmy pod uwagę okrąg $\omega_1$ dopisany do trójkąta $PBC$ przy boku $BC$ ; punkty jego styczności z bokiem $BC$ oraz z przedłużeniami boków $PB$ i $PC$ oznaczmy odpowiednio przez $Q'$ , $L'$ , $M'$ . Oczywiście $|PL'| = |PM'|$ . Jednocześnie

$ |PL'| = |PB| + |BL'| = |PB| + |BQ'|, $

$ |PM'| = |PC| + |CM'| = |PC| + |CQ'|, $

skąd (wobec (6) i (7))

$ \begin{split} |PL'| + |PM'| & = |PB| + |PC| + |BQ'| + |CQ'| = |PB| + |PC| + |BC| =\\ & = |PB| + |PC| + |BQ| + |CQ| = 2t, \end{split} $

czyli $|PL'| = |PM'| = t$ . To znaczy, że punkt $L'$ pokrywa się z $L$ , a punkt $M'$ pokrywa się z $M$ . Ponadto $|BQ'| = |BL'| = |BL| = |BQ|$ , więc także punkt $Q'$ pokrywa się z $Q$ . Punkty $Q$ , $L$ , $M$ są zatem punktami styczności okręgu $\omega_1$ z prostymi $BC$ , $PB$ , $PC$ .

Analogicznie stwierdzamy, że punkty $R$ , $M$ , $K$ są punktami styczności okręgu $\omega_2$ , dopisanego do trójkąta $PCA$ , z bokiem $CA$ i z przedłużeniami boków $PC$ i $PA$ ; podobnie, punkty $S$ , $K$ , $L$ są punktami styczności okręgu $\omega_3$ , dopisanego do trójkąta $PAB$ , z bokiem $AB$ i z przedłużeniami boków $PA$ i $PB$ . Okręgi $\omega_1$ , $\omega_2$ , $\omega_3$ są więc styczne do płaszczyzny $ABC$ .

Przeprowadzona analiza daje wskazówkę do dowodu zarówno istnienia poszukiwanej pary punktów $B$ , $C$ , jak również jej jedyności.

Odłóżmy na półprostych $k$ , $l$ , $m$ odcinki $PK_0$ , $PL_0$ , $PM_0$ mające jednakową (dowolną) długość $s: |PK_0| = |PL_0| =|PM_0| = s$ . Weźmy pod uwagę trzy okręgi:

$\sigma_1$ - okrąg styczny do półprostych $l$ i $m$ w punktach $L_0$ i $M_0$ ,
$\sigma_2$ - okrąg styczny do półprostych $m$ i $k$ w punktach $M_0$ i $K_0$ ,
$\sigma_3$ - okrąg styczny do półprostych $k$ i $l$ w punktach $K_0$ i $L_0$ .

Istnieje wówczas dokładnie jedna płaszczyzna $\pi$ , styczna do tych trzech okręgów i taka, że punkty $K_0$ , $L_0$ , $M_0$ leżą po przeciwnej jej stronie niż punkt $P$ . Ten fakt, intuicyjnie jasny, można uzasadnić w następujący sposób.

Rozważamy ruchomy punkt $X$ , przebiegający odcinek $PK_0$ . Z punktu $X$ prowadzimy proste styczne do okręgów $\sigma_3$ i $\sigma_2$ , przecinające odcinki $PL_0$ i $PM_0$ odpowiednio w punktach $Y$ i $Z$ .

Gdy punkt $X$ znajduje się blisko punktu $P$ , punkty $Y$ i $Z$ leżą blisko punktów $L_0$ i $M_0$ ; odcinek $YZ$ przecina wówczas okrąg $\sigma_1$ (w dwóch punktach).

Gdy $X$ znajduje się blisko punktu $K_0$ , punkty $Y$ i $Z$ leżą blisko punktu $P$ ; odcinek $YZ$ jest wówczas rozłączny z okręgiem $\sigma_1$ .

Gdy $X$ przebiega odcinek $PK_0$ , oddalając się od jego końca $P$ , punkty $Y$ i $Z$ przebiegają odcinki $L_0P$ i $M_0P$ , zbliżając się do $P$ .

Istnieje zatem dokładnie jedno położenie punktu $X$ , wyznaczające punkty $Y$ i $Z$ tak, że odcinek $YZ$ jest styczny do okręgu $\sigma_1$ . Płaszczyzna $XYZ$ jest wówczas styczna do wszystkich trzech okręgów $\sigma_1$ , $\sigma_2$ , $\sigma_3$ ; jest to płaszczyzna $\pi$ , o którą nam chodziło. Wyznaczające tę płaszczyznę położenia punktów $X$ , $Y$ , $Z$ nazwijmy odpowiednio: $A_0$ , $B_0$ , $C_0$ .

Jeżeli szukane punkty $B$ i $C$ istnieją, to okręgi $\omega_1$ , $\omega_2$ , $\omega_3$ , określone w przeprowadzonej wcześniej analizie zadania, są obrazami okręgów $\sigma_1$ , $\sigma_2$ , $\sigma_3$ w jednokładności o środku $P$ i skali $t/s$ ; wynika to z równości:

$ |PK| = |PL| = |PM| = t, \quad |PK_0| - |PL_0| = |PM_0| = s. $

Obrazem płaszczyzny $\pi$ (czyli $A_0B_0C_0$ ) w tej jednokładności jest równoległa do niej płaszczyzna $ABC$ . Stąd wynika, że punkty $B$ i $C$ są wyznaczone jednoznacznie jako punkty przecięcia półprostych $l$ i $m$ z płaszczyzną równoległą do $\pi$ , przechodzącą przez punkt $A$ .

Na odwrót, określając punkty $B$ i $C$ w ten właśnie sposób, spełnimy warunki zadania, bowiem przedstawione w analizie rozumowanie można odwrócić: jednokładność, przeprowadzająca płaszczyznę $\pi$ do położenia, w którym przechodzi ona przez punkt $A$ , odwzorowuje okręgi $\sigma_1$ , $\sigma_2$ , $\sigma_3$ na okręgi $\omega_1$ , $\omega_2$ , $\omega_3$ , dopisane do trójkątów $PBC$ , $PCA$ , $PAB$ przy bokach $BC$ , $CA$ , $AB$ .

Oznaczając ich punkty styczności z tymi bokami odpowiednio przez $Q$ , $R$ , $S$ , a punkty styczności z półprostymi $k$ , $l$ , $m$ odpowiednio przez $K$ , $L$ , $M$ , oraz oznaczając przez $l$ wspólną długość odcinków $PK$ , $PL$ , $PM$ , uzyskujemy kolejno równości (9), (8) oraz (5), (6) i (7); z nich zaś - związki

$ |PA| + |AB| = |PA| + |AS| + |BS| = |PA| + |AK| + |BL| = t + |BL|, $