XIV OM - II - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

Na płaszczyźnie dany jest czworokąt $ABCD$ i punkt $M$ . Zbudować równoległobok o środku $M$ i o wierzchołkach leżących na prostych $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ .

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że równoległobok $PQRS$ czyni zadość warunkowi zadania, przy czym $P$ jest tym wierzchołkiem, który leży na prostej $AB$ . Symetryczny doń względem punktu $M$ wierzchołek $R$ leży na jednej z prostych $BC$ , $CD$ , $DA$ . Rozważymy najpierw przypadek, gdy $R$ leży na prostej $BC$ . Możemy wówczas przyjąć, że wierzchołek $Q$ leży na prostej $CD$ , a wierzchołek $S$ na prostej $DA$ ; gdyby bowiem było odwrotnie, zmienilibyśmy po prostu oznaczenie $Q$ na $S$ , a $S$ na $Q$ .

Niech $A_1$ , $B_1$ , $C_1$ , $D_1$ oznaczają punkty symetryczne odpowiednio do $A$ , $B$ , $C$ , $D$ względem punktu $M$ . Ponieważ punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ są symetryczne odpowiednio do punktów $R$ , $S$ , $P$ , $Q$ , więc leżą one na prostych $B_1C_1$ , $D_1A_1$ , $A_1B_1$ , $C_1D_1$ . Jeżeli zatem równoległobok $PQRS$ jest rozwiązaniem zadania, to

$P \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } AB \textrm{ i } B_1C_1$

$Q \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } CD \textrm{ i } D_1A_1$

$R \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } BC \textrm{ i } A_1B_1$

$S \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } DA \textrm{ i } C_1D_1$

Konstrukcja takich punktów jest zawsze wykonalna; istotnie, proste $AB$ i $B_1C_1$ przecinają się, gdyż prosta $B_1C_1$ jest równoległa do prostej $BC$ przecinającej prostą $AB$ w punkcie $B$ i tak samo przecinają się proste każdej z pozostałych par.

Należy jeszcze zbadać, czy wyznaczone w ten sposób punkty $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ są rzeczywiście wierzchołkami równoległoboku. Z konstrukcji wynika, że $P$ i $R$ i tak samo $Q$ i $S$ są punktami symetrycznymi względem punktu $M$ . Jeżeli proste $PR$ i $QS$ są różne, to $P$ , $Q$ , $R$ , $S$ , tworzą równoległobok (rys. 18).

Jednakże proste $PR$ i $QS$ mogą się pokrywać, wówczas nie otrzymujemy równoległoboku, lecz figurę, która jest przypadkiem granicznym równoległoboku i którą możemy nazwać równoległobokiem zniekształconym.

Tworzą ją dwie pary punktów $(P, R)$ i $(Q, S)$ o wspólnym środku, położone na tej samej prostej. Taki przypadek zachodzi na przykład, gdy czworokąt $ABCD$ jest symetryczny względem prostej $BD$ , a punkt $M$ leży na tej prostej (rys. 19).

Może się zdarzyć, że pary $(P, R)$ i $(Q, S)$ są identyczne, np. że $P$ pokrywa się z $Q$ a $R$ z $S$ ; przypadek ten zachodzi wtedy, gdy $M$ jest środkiem odcinka łączącego punkt przecięcia prostych $AB$ i $CD$ z punktem przecięcia prostych $AD$ i $BC$ (rys. 20). Mogą się też pokrywać punkty jednej z par $(P, R)$ i $(Q, S)$ , np. punkt $P$ z punktem $R$ ; ma to miejsce wtedy, gdy punkt $M$ znajduje się w wierzchołku $B$ czworokąta (rys. 21).

Równoległobok zniekształcony będziemy też uważali za rozwiązanie zadania. Możemy wówczas powiedzieć, że zadanie ma zawsze jedno takie rozwiązanie $PQRS$ , w którym $R$ leży na prostej $BC$ . Analogicznie znajdujemy drugie rozwiązanie, w którym $R$ leży na prostej $AD$ . Oba te rozwiązania mogą się pokrywać; zachodzi to wtedy, gdy punkt $M$ jest środkiem odcinka łączącego punkt przecięcia prostych $AB$ i $CD$ z punktem przecięcia prostych $AD$ i $BC$ . Uzasadnienie tego wniosku pozostawiamy jako ćwiczenie.

Pozostaje do rozstrzygnięcia sprawa tych rozwiązań $PQRS$ , w których $P$ leży na $AB$ , $R$ na $CD$ , $Q$ na $BC$ a $S$ na $DA$ . Rozumując jak poprzednio, stwierdzamy że jeżeli takie rozwiązanie istnieje, to

$P \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } AB \textrm{ i } C_1D_1$

$Q \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } BC \textrm{ i } D_1A_1$

$R \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } CD \textrm{ i } A_1B_1$

$S \textrm{ jest punktem wspólnym prostych } DA \textrm{ i } B_1C_1.$

Jeżeli czworokąt $ABCD$ nie ma boków równoległych, to punkty takie istnieją, np. prosta $C_1D_1$ przecina $AB$ , gdyż jest równoległa do $CD$ ; zadanie ma zawsze jedno rozwiązanie rozważanego typu, które może być równoległobokiem zniekształconym.

Rozwiązanie to pokrywa się ze znalezionym poprzednio rozwiązaniem pierwszego typu, gdy $M$ jest środkiem odcinka $AC$ , a z rozwiązaniem drugiego typu, gdy $M$ jest środkiem odcinka $BD$ ; proponujemy, aby czytelnik to sam uzasadnił.

Jeżeli $AB$ jest równoległe do $CD$ , a $BC$ nie jest równoległe do $AD$ , to łatwo stwierdzić, że:

a) zadanie nie ma rozwiązania omawianego typu, gdy punkt $M$ nie jest równoodległy od prostych $AB$ i $CD$ ,

b) zadanie ma nieskończenie wiele rozwiązań, gdy punkt $M$ jest równoodległy od $AB$ i $CD$ ; punkt $P$ można wówczas obrać dowolnie na prostej $AB$ .

Jeżeli wreszcie $ABCD$ jest równoległobokiem, to zadanie ma tylko wtedy rozwiązanie trzeciego typu, gdy punkt $M$ jest środkiem tego równoległoboku. Punkty $P$ i $Q$ można wówczas obrać dowolnie na prostych $AB$ i $BC$ .