XI OM - I - Zadanie 7

Zawody matematyczne:

XI OM, 1959-1960

Etap:

W dany okrąg wpisano trójkąt $ABC$ . Na bokach $AC$ i $BC$ odmierzono odcinki $AM$ i $BN$ o danej długości $d$ . Znaleźć miejsce geometryczne środka $S$ odcinka $MN$ , gdy punkty $A$ i $B$ są nieruchome, a punkt $C$ porusza się po danym kręgu.

Rozwiązanie

Prowadzimy z punktu $S$ równolegle do prostych $AC$ i $BC$ a z punktów $A$ i $B$ równoległe do prostej $MN$ ; otrzymujemy równoległoboki $AMSP$ i $BNSR$ (rys. 5).

Jeżeli trójkąt $ABC$ nie jest równoramienny, na przykład jeżeli (jak na rys. 5) $AC > BC$ , to $MC>NC$ , zatem $\measuredangle CMN <\measuredangle CNM$ , skąd łatwo wywnioskować, że $\measuredangle CMN < \measuredangle A$ , a $\measuredangle CNM > \measuredangle B$ (Istotnie, prowadząc w trójkącie odcinek $MK$ równoległy do $AB$ , mamy $BK < AM$ , bo $AM$ i $BK$ są prostopadłe do $AC$ i $BC$ . Stąd $BK < BN$ , więc punkt $N$ leży na odcinku $KC$ ). Wobec tego punkt $P$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ , a punkt $R$ na zewnątrz tego trójkąta i odcinek $PR$ przecina bok $AB$ w pewnym punkcie $T$ . Trójkąty $ATP$ i $BTR$ są jednokładne względem punktu $T$ , gdyż $AP$ jest równoległe do $RB$ ; ponieważ $AP = MS = SN = RB$ , więc ta jednokładność jest symetrią środkową i $T$ jest wspólnym środkiem odcinków $AB$ i $PR$ .

W przypadku gdy trójkąt $ABC$ jest równoramienny, środek $T$ odcinka $AB$ również pokrywa się ze środkiem odcinka $PR$ ; wynika to z symetrii całej figury względem symetralnej odcinka $AB$ .

Trójkąt $PSR$ jest równoramienny, gdyż $PS = AM = d$ i $RS = NB = d$ ; kąt $PSR$ równa się kątowi $ACB$ (kąty o ramionach równoległych i zgodnie skierowanych), który oznaczymy literą $\gamma$ . Stąd

$ TS = d \cos \frac{\gamma}{2}. $

Gdy punkt $C$ porusza się po jednym z łuków danego okręgu o końcach $A$ i $B$ , np. po górnej stronie $AB$ na rys. 5, wielkość kąta $\gamma$ nie zmienia się, wobec czego długość $TS$ jest stała. Znaczy to, że punkt $S$ porusza się po okręgu $\Gamma$ o środku $T$ i promieniu równym $d \cos \frac{\gamma}{2}$ .

Należy jeszcze ustalić, jaka część okręgu $\Gamma$ jest miejscem geometrycznym punktu $S$ , gdy punkt $C$ przebiega rozważany łuk $AB$ . Z uwagi na symetrię figury względem symetralnej odcinka $AB$ wystarczy ograniczyć się do punktów po jednej stronie tej symetralnej, np. tej, która zawiera $TB$ . Zauważmy, że punkt $N$ porusza się po okręgu o środku $B$ i promieniu $d$ (rys. 6). Punkt $N_1$ , w którym ten okrąg przecina się z danym okręgiem, jest skrajnym położeniem punktu $N$ i jednocześnie odpowiednim skrajnym położeniem punktu $C$ . Punkt $S$ znajduje się wówczas w środku $S_1$ odcinka $M_1N_1$ , przy czym $AM_1 = d$ . Punkt $S_1$ jest końcem tego łuku okręgu $\Gamma$ , który stanowi poszukiwane miejsce geometryczne.

Zagadnienie możemy ująć szerzej niż podaje tekst zadania, a mianowicie nie ograniczać się do odmierzania odcinków o długości $d$ na bokach $AC$ i $BC$ trójkąta $ABC$ , lecz odmierzać je na półprostych $AC$ i $BC$ . W takim razie punkt $C$ może przebiegać cały łuk $AB$ . Gdy dąży on do punktu $B$ , półprosta $BC$ obracając się dokoła punktu $B$ dąży do stycznej w punkcie $B$ do danego okręgu, punkt $N$ dąży do punktu $N_0$ tej stycznej, przy czym $BN_0 = d$ , punkt $M$ do punktu $M_0$ ( $AM_0 = d$ ), a punkt $S$ do środka $S_0$ odcinka $M_0N_0$ . Punkt $S_0$ jest wówczas końcem tego łuku okręgu $\Gamma$ , który jest żądanym miejscem geometrycznym. Drugim końcem jest punkt $S'_0$ symetryczny do $S_0$ względem symetralnej odcinka $AB$ .

Drugą część miejsca geometrycznego znajdujemy analogicznie po drugiej stronie prostej $AB$ . Jest nią łuk okręgu o środku $T$ i o promieniu $d \sin \frac{\gamma}{2}$ . Gdy $AB$ jest średnicą danego okręgu, obie części miejsca geometrycznego są łukami tego samego okręgu.

Uwaga 1. Położenie punktu $S_0$ można również określić podając kąt $S_0TB$ . Obliczymy go łatwo, stosując twierdzenie sinusów do trójkątów $S_0M_0T$ i $N_0M_0B$ ; mianowicie

$ \frac{TS_0}{\sin \measuredangle S_0M_0T} = \frac{M_0S_0}{\sin \measuredangle S_0TB} \textrm{ i } \frac{N_0B}{\sin \measuredangle S_0M_0T} = \frac{M_0N_0}{\sin \measuredangle M_0BN_0}. $

Dzieląc te równania stronami i uwzględniając, że $TS_0 = d \cos \frac{\gamma}{2}$ , $N_0B = d$ , $M_0S_0 = \frac{1}{2} M_0N_0$ , a $\measuredangle M_0BN_0 = 180^\circ - \gamma$ , otrzymujemy

$ \sin \measuredangle S_0TB =\frac{\sin \gamma}{2 \cos \frac{\gamma}{2}} = \sin \frac{\gamma}{2}, \textrm{ zatem } \measuredangle S_0TB = \frac{\gamma}{2}. $

Okazało się, że $\measuredangle S_0TB$ nie zależy od długości $d$ . Zmieniając tę długość otrzymujemy zatem jako odpowiednie miejsca geometryczne łuki jednokładne względem środka $T$ odcinka $AB$ .

Uwaga 2. W powyższym rozwiązaniu wykazaliśmy, że każdy punkt rozważanego miejsca geometrycznego leży na łuku $S_0S'_0$ . Nie udowodniliśmy jednak twierdzenia odwrotnego, że każdy punkt łuku $S_0S'_0$ należy do tego miejsca geometrycznego. Aczkolwiek wydaje się oczywiste, że gdy punkt $C$ zakreśla ruchem ciągłym łuk $AB$ , to punkt $S$ przebiega - również w sposób ciągły - łuk $S'_0S_0$ , należy to jednak uzasadnić dokładniej. Operując pojęciami analizy matematycznej i geometrii analitycznej wystarczyłoby stwierdzić, że współrzędne punktu $S$ (w dogodnie obranym układzie współrzędnych) są funkcjami ciągłymi współrzędnych punktu $C$ . Dowód nie wymagający tych wiadomości uzyskamy odwracając wnioskowanie poprzednie.

Niech $S$ będzie punktem wewnętrznym łuku $S_0S'_0$ $\left( ST = d \cos \frac{\gamma}{2} \right)$ . Budujemy trójkąt równoramienny $PSR$ o wysokości $ST$ i kącie przy wierzchołku $S$ równym $\gamma$ . Trójkąty $ATP$ i $BTR$ są symetryczne względem $T$ , więc odcinki $AP$ i $BR$ są równe i równoległe. Przez $A$ i $B$ prowadzimy równoległe do $PS$ i $RS$ ; ponieważ tworzą one kąt równy kątowi $PSR$ czyli kąt $\gamma$ , więc przetną się w punkcie $C$ danego okręgu. Prowadząc przez $S$ prostą równoległą do $AP$ i $RB$ otrzymujemy w przecięciu z $AC$ i $BC$ punkty $M$ i $N$ , przy czym $AM = PS = d$ , $BN = RS = d$ , $MS = AP = RB = SN$ . Punkt $S$ należy więc do miejsca geometrycznego, c.n.d.