XI OM - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

Dane są trzy kolejne odcinki na prostej. Znaleźć punkt, z którego te odcinki są widoczne pod równymi kątami.

Rozwiązanie

Niech $AB$ , $BC$ , $CD$ będą trzema kolejnymi odcinkami na prostej (rys. 2). Zauważmy, że każdy punkt tej prostej, leżący na zewnątrz odcinka $AD$ może być uważany za rozwiązanie zadania, gdyż z takiego punktu każdy z odcinków $AB$ , $BC$ , $CD$ widać pod kątem równym zeru. Pomijając ten nieinteresujący przypadek będziemy poszukiwać innych rozwiązań. Przypuśćmy, że punkt $M$ spełnia warunek zadania, tj. że $\measuredangle AMB = \measuredangle BMC = \measuredangle CMD$ . Półproste $MB$ i $MC$ są wtedy dwusiecznymi kątów przy wierzchołku $M$ w trójkątach $AMC$ i $BMD$ , zatem na podstawie twierdzenia o dwusiecznej w trójkącie:

$ (1) \qquad \frac{AM}{MC} = \frac{AB}{BC} \textrm{ i }\frac{BM}{MD} = \frac{BC}{CD}. $

Punkt $M$ leży zatem na okręgu Apolloniusza dla odcinka $AC$ , i stosunku $AB \colon BC$ oraz na okręgu Apolloniusza dla odcinka $BD$ i stosunku $BC \colon CD$ . W przypadku szczególnym, gdy $AB = BC$ lub $BC = CD$ , zamiast odpowiedniego okręgu Apolloniusza mamy symetralną odcinka $AC$ lub $BD$ . W dalszym ciągu przyjmiemy, że żadna z powyższych równości nie zachodzi.

Stąd wysnuwamy konstrukcję. Wyznaczamy punkt $E$ harmonicznie sprzężony z punktem $B$ względem punktów $A$ i $C$ (Patrz: Zadania z Olimpiad
Matematycznych, tom I, str. 170, PZWS 1960). W tym celu wykreślamy odcinki równoległe $AA_1$ i $CC_1$ odpowiednio równe odcinkom $AB$ i $BC$ (Na rys. 2 wzięto odcinki $AA_1$ i $CC_1$ prostopadłe do $AD$ , co oczywiście nie jest konieczne. Ta sama uwaga dotyczy odcinków $BB_1$ i $DD_1$ ); prosta $A_1C_1$ przecina prostą $AC$ w żądanym punkcie $E$ . 0dcinek $BE$ jest średnicą okręgu Apolloniusza dla odcinka $AC$ i stosunku $AB \colon BC$ . W analogiczny sposób wyznaczamy średnicę $CF$ okręgu Apolloniusza dla odcinka $BD$ i stosunku $BC \colon CD$ . Wykreślamy oba okręgi. Jeśli przecinają się one w punkcie $M$ poza dana prostą, to $\measuredangle AMB = \measuredangle BMC =\measuredangle CMD$ , gdyż na podstawie konstrukcji zachodzą równości (1), zatem półproste $MB$ i $MC$ są odpowiednio dwusiecznymi kątów $AMC$ i $BMD$ . Punkt $M$ daje więc rozwiązanie zadania. Drugim rozwiązaniem jest punkt symetryczny do punktu $M$ względem danej prostej.

Zbadamy, kiedy takie rozwiązania istnieją. Okręgi o średnicach $BE$ i $CF$ przecinają się wtedy i tylko wtedy, gdy odcinki $BE$ i $CF$ zachodzą na siebie, tzn. mają pewien odcinek wspólny. Trzeba zatem ustalić, jak powinny leżeć punkty $A$ , $B$ , $C$ , $D$ , aby ten warunek był spełniony. W tym celu poklasyfikujemy wszystkie możliwe przypadki wzajemnego położenia punktów $A$ , $B$ , $C$ , $D$ w sposób następujący.

a) Odcinek środkowy $BC$ jest mniejszy od każdego z odcinków skrajnych $AB$ i $CD$ . Ten przypadek mamy na rys. 2. Punkt $E$ leży wówczas na prawo od punktu $C$ , a punkt $F$ na lewo od punktu $B$ , odcinki $BE$ i $CF$ mają wspólny odcinek $BC$ . Rozwiązanie istnieje.

b) Odcinek $BC$ jest większy od każdego z odcinków $AB$ i $CD$ . Ten przypadek wyobraża rys. 3. Punkt $E$ leży wtedy na lewo od punktu $A$ , a punkt $F$ naprawo od punktu $D$ . Odcinki $BE$ i $CF$ leżą jeden na zewnątrz drugiego, zadanie nie ma rozwiązania.

c) Odcinek $BC$ jest mniejszy od jednego z odcinków $AB$ i $CD$ , a większy od drugiego. Niech np. $AB > BC > CD$ . Przypadek taki mamy na rys. 4.

Punkt $E$ leży teraz na prawo od punktu $C$ , a punkt $F$ na prawo od punktu $D$ , zatem również na prawo od punktu $C$ . Rozwiązanie istnieje, o ile punkt $F$ leży na prawo od punktu $E$ (jak na rys. 4), tzn. gdy

$ (2) \qquad CE < CF. $

Trzeba ten warunek wyrazić przy pomocy odcinków danych $AB$ , $BC$ , $CD$ . Ponieważ $A$ , $C$ , $B$ , $E$ i $B$ , $D$ , $C$ , $F$ są czwórkami harmonicznymi, więc

$ \frac{AB}{BC} = \frac{AE}{CE} \textrm{ i } \frac{BC}{CD} = \frac{BF}{DF}, $

stąd

$ \frac{AB}{BC}= \frac{AB + BC + CE}{CE} \textrm{ i } \frac{BC}{CD} =\frac{BC + CF}{CF - CD}. $

Z równości powyższych obliczamy $CE$ i $CF$ :

$ CE = \frac{BC(AB + BC)}{AB - BC},\ CF = \frac{ 2 \cdot BC \cdot CD}{BC - CD} $

podstawiając te wartości do nierówności (2) otrzymujemy nierówność

$ \frac{BC (AB + BC)}{AB - BC} < \frac{2 BC \cdot CD}{BC - CD}, $

która po przekształceniu przybiera postać

$ \frac{BC}{CD} < \frac{ 3 AB}{AB + BC + CD} $

lub krócej

$ (3) \qquad \frac{BC}{CD} < \frac{3AB}{AD}. $

W przypadku, gdy $AB < BC < CD$ , rozwiązanie istnieje, o ile spełniony jest warunek (3a) analogiczny do (3), a mianowicie warunek, który otrzymamy z nierówności (3) zastępując w niej $A$ , $B$ , $C$ , $D$ odpowiednio przez $D$ , $C$ , $B$ , $A$ . Daje to nierówność

$ (3a )\qquad \frac{CB}{BA} < \frac{3 DC}{DA}. $

Okazało się, że warunek (3a) jest identyczny z warunkiem (3).

Dyskusja powyższa doprowadziła zatem do następującego wyniku.

Zadanie ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy zachodzi bądź przypadek

$ \qquad (a) AB > BC,\ CD > BC $

bądź przypadek

$ \qquad (c) AB> BC > CD \textrm{ lub } AB > BC > CD, $

przy czym spełniona jest nierówność (3).

Wynik ten można sformułować znacznie prościej. Mianowicie nietrudno sprawdzić (co pozostawiamy jako ćwiczenie dla czytelnika), że w przypadku a) nierówność (3) jest spełniona, a w przypadku b) nie jest spełniona. Wobec tego rezultat ostateczny jest następujący:

Zadanie ma rozwiązanie wtedy i tylko wtedy, gdy spełniony jest warunek

$ \frac{BC}{CD} < \frac{3 AB}{AD}. $

Czytelnik zechce sprawdzić, że wynik powyższy stosuje się również do przypadku, gdy $AB = BC$ lub $BC = CD$ .