XLIV OM - I - Zadanie 5

Dana jest półpłaszczyzna oraz punkty $ A $ i $ C $ na jej krawędzi. Dla każdego punktu $ B $ tej półpłaszczyzny rozważamy kwadraty $ ABKL $ i $ BCMN $ leżące na zewnątrz trójkąta $ ABC $. Wyznaczają one odpowiadającą punktowi $ B $ prostą $ LM $. Udowodnić, że wszystkie proste odpowiadające różnym położeniom punktu $ B $ przechodzą przez jeden punkt.

Rozwiązanie

Wybierzmy punkt $ B $ w danej półpłaszczyźnie. Z uwagi na symetrię ról rozważanych kwadratów, możemy przyjąć, nie tracąc ogólności, że $ |AB| \geq |BC| $. Kąt $ BAC $ jest więc ostry; kąt $ ACB $ może być ostry lub nie (rysunek 2). Oznaczmy odpowiednio przez $ D $, $ P $, $ Q $ rzuty prostokątne punktów $ B $, $ L $, $ M $ na prostą $ AC $, a przez $ R $ - rzut punktu $ M $ na prostą $ LP $.

Z określenia punktów $ L $ i $ M $ wynika, że

\[<br /> |AL| = |AB|, \quad |CM| = |BC|, \quad |\measuredangle BAL| = |\measuredangle BCM| = 90^\circ.<br /> \]

Stąd

\[<br /> |\measuredangle ALP| = 90^\circ-|\measuredangle PAL | = |\measuredangle BAD|,<br /> \]
\[<br /> |\measuredangle CMQ| = 90^\circ-|\measuredangle QCM | = |\measuredangle BCD|.<br /> \]

Z tych równości widać, że trójkąt prostokątny $ APL $ przystaje do trójkąta $ BDA $, a trójkąt $ CQM $ przystaje do $ BDC $. Tak więc

\[<br /> (1) \qquad |AP| = |BD|, \quad |LP| = |AD|, \quad |CQ| = |BD|, \quad |MQ| = |CD|.<br /> \]

Kąty $ CAL $ oraz $ ACM $ są rozwarte. Zatem punkty $ A $ i $ C $ leżą wewnątrz odcinka $ PQ $. Stąd, na podstawie uzyskanej równości $ |AP| = |CQ| $ wnosimy, że środek $ S $ odcinka $ AC $ jest jednocześnie środkiem odcinka $ PQ $.
om44_1r_img_2.jpg
Niech $ l $ będzie wspólną symetralną tych odcinków; przecina ona proste $ ML $ i $ MR $ odpowiednio w punktach $ X $ i $ Y $, które - zgodnie z twierdzeniem Talesa - są środkami odcinków $ ML $ i $ MR $. Zachodzi wobec tego równość $ |XY| = \frac{1}{2}|LR| $.

Obliczymy długość odcinka $ SX $; w przekształceniach pojawi się znak $ \pm $ (,,plus-minus''), który należy odczytywać jako ,,plus'', gdy kąt $ ACB $ jest ostry, a jako ,,minus'', gdy kąt $ ACB $ jest rozwarty (por. dwa warianty rysunku 2):

\[<br /> \begin{split}<br /> & |SX| = |XY| \pm |SY| =\frac{1}{2} |LR| \pm |MQ| = \frac{1}{2} (|LR| \pm 2|MQ|) =\\<br /> & = \frac{1}{2}(|LR| \pm (|MQ| + |RP|)) = \frac{1}{2} ((|LR| \pm |RP|) \pm |MQ|) = \frac{1}{2} (|LP| \pm |MQ|).<br /> \end{split}<br /> \]

Stąd, wobec równości (1),

\[<br /> |SX| = \frac{1}{2} (|AD| \pm |CD|) = \frac{1}{2} |AC|<br /> \]

- a to oznacza, że położenie punktu $ X $ na prostej $ l $ nie zależy od wyboru punktu $ B $. Punkt $ X $ jest (w każdym przypadku) środkiem kwadratu, położonego w rozważanej półpłaszczyźnie, którego jednym z boków jest odcinek $ AC $. Jest to więc szukany wspólny punkt wszystkich możliwych do uzyskania prostych $ LM $. (Jak wynika z wcześniejszych spostrzeżeń, ten punkt nie tylko leży na każdej takiej prostej $ LM $, ale jest środkiem odcinka $ LM $.)

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź