XV OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XV OM, 1963-1964

Etap:

Dany jest okrąg i wewnątrz niego punkty $A$ i $B$ . Znaleźć na tym okręgu taki punkt $P$ , żeby kąt $APB$ był oparty na cięciwie $MN$ równej $AB$ . Czy zadanie posiada rozwiązanie, jeżeli dane punkty, lub tylko jeden z nich, leżą na zewnątrz okręgu?

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że punkt $P$ danego okręgu $C$ o promieniu $r$ jest rozwiązaniem zadania (rys. 7).

Ponieważ punkty $A$ i $B$ leżą wewnątrz okręgu $C$ , więc punkty $M$ i $N$ leżą odpowiednio na półprostych $PA$ i $PB$ i kąt $APB$ pokrywa się z kątem $MPN$ . Trójkąty $APB$ i $MPN$ mają równe podstawy $AB= MN = a$ i wspólny kąt przy wierzchołku $\measuredangle APB = \measuredangle MPN = \alpha$ ; stąd wynika, że okręgi opisane na tych trójkątach mają ten sam promień $r = \frac{a}{2 \sin \alpha}$ , punkt $P$ leży zatem na okręgu o promieniu $r$ przechodzącym przez punkty $A$ i $B$ . Wobec tego konstrukcja poszukiwanego punktu jest następująca (rys. 7a). Budujemy okręgi o promieniu $r$ przechodzące przez punkty $A$ i $B$ . Ponieważ $AB < 2r$ , więc są $2$ takie okręgi: $K_1$ i $K_2$ . Jeżeli $P$ jest punktem wspólnym okręgów $K_1$ i $C$ , bądź okręgów $K_2$ i $C$ , to $P$ jest rozwiązaniem zadania. Istotnie, półproste $PA$ i $PB$ przecinają dany okrąg $C$ w punktach $M$ i $N$ ; z trójkąta $MPN$ mamy $MN = 2r \sin \measuredangle MPN = 2r \sin \measuredangle APB$ ; lecz w trójkącie $APB$ jest $\sin \measuredangle APB = AB \colon 2r$ , zatem $MN = AB$ .

Każdy z okręgów $K_1$ i $K_2$ przecina okrąg $C$ w dwóch punktach; jeśli bowiem $O_1$ i $O_2$ są środkami okręgów $K_1$ i $K_2$ , to

$ 0 < OO_1 \leq OA + AO_1 < 2r, $

gdyż $OA < r$ , $AO_1 = r$ ; podobnie $0 < OO_2 < 2r$ .

Zadanie ma zatem $4$ rozwiązania.

Zbadajmy, czy powyższe rozumowanie pozostaje słuszne dla dowolnego położenia punktów $A$ i $B$ . Jeżeli punkt $P$ jest rozwiązaniem zadania, to punkty $M$ i $N$ leżą wówczas na prostych $PA$ i $PB$ , ale niekoniecznie na półprostych $PA$ i $PB$ , więc kąt $MPN$ pokrywa się bądź z kątem $APB$ , bądź z kątem przyległym do kąta $APB$ . Wniosek, że trójkąty $APB$ i $MPN$ mają ten sam promień koła opisanego, pozostaje w mocy, wobec czego punkt $P$ leży jak poprzednio na okręgu o promieniu $r$ przechodzącym przez $A$ i $B$ . Odwrotnie, jeżeli punkt $P$ jest punktem wspólnym danego okręgu z okręgiem $K$ o promieniu $r$ przechodzącym przez $A$ i $B$ , to punkt ten, o ile jest różny od $A$ i od $B$ , jest rozwiązaniem zadania, co stwierdzamy tak samo, jak poprzednio.

Aby taki punkt $P$ istniał, powinny być spełniono następujące warunki:

1. Musi istnieć okrąg o promieniu $r$ przechodzący przez punkty $A$ i $B$ ; zachodzi to wtedy, gdy $AB \leq 2r$ . Jeżeli $AB < 2r$ , są dwa takie okręgi $K_1$ i $K_2$ o środkach $O_1$ i $O_2$ . Jeżeli $AB = 2r$ , jest jeden taki okrąg: $K_1 = K_2$ , $O_1 = O_2$ .

2. Musi istnieć punkt wspólny okręgu $K_1$ lub $K_2$ z danym okręgiem $C$ , różny od $A$ i $B$ .

Poniższa tabelka podaje liczbę rozwiązań dla różnych przypadków położenia punktów $A$ i $B$ .

$ \begin{array}{|c|c|c|c|} \hline & \textrm{Położenie punktów } $A$ \textrm{ i } B & \begin{array}{c} \textrm{Liczba rozwiązań,}\\ \textrm{gdy } AB < 2r \end{array} & \begin{array}{c} \textrm{Liczba rozwiązań,}\\ \textrm{gdy } AB = 2r \end{array} \\ \hline 1. & A \textrm{ i } B \textrm{ wewnątrz } C & 4 & - \\ 2. & A \textrm{ wewnątrz } C, B \textrm{ na } C & 2 & - \\ 3. & A \textrm{ wewnątrz }, B \textrm{ na zewnątrz } C & 4 & 2 \\ 4. & A \textrm{ i } B \textrm{ na } C & \textrm{nieskończenie wiele} & \textrm{nieskończenie wiele} \\ 5. & A \textrm{ na } C, B \textrm{ na zewnątrz } C & 2 & 1 \\ 6. & A \textrm{ i } B \textrm{ na zewnątrz } C & 4, 3, 2, 1 \textrm{ lub } 0 & 2, 1 \textrm{ lub } 0 \\ \hline \end{array} $

Proponujemy Czytelnikowi opracowanie szczegółowego uzasadnienia powyższych danych dla każdego z przypadków 2-6 oraz zrobienie odpowiednich rysunków.