X OM - III - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

III

W płaszczyźnie trójkąta $ABC$ porusza się prosta, która przecina boki $AC$ i $BC$ w takich punktach $D$ i $E$ , że $AD = BE$ . Znaleźć miejsce geometryczne środka $M$ odcinka $DE$ .

Rozwiązanie

Gdy $AC = BC$ , poszukiwanym miejscem geometrycznym jest dwusieczna kąta $C$ . Pozostaje do rozpatrzenia tylko przypadek, gdy $AC \ne BC$ . W dalszym ciągu przyjmiemy, że $AC < BC$ .

Zauważmy najpierw, że gdy $AC < BC$ , to prosta $DE$ przecina prostą $AB$ w punkcie leżącym na przedłużeniu $AB$ poza punkt $B$ , gdyż punkt $E$ leży w pasie między prostą $AB$ a równoległą do $AB$ przechodzącą przez punkt $D$ (co stwierdzamy powołując się na twierdzenie Talesa). Stąd wnioskujemy, że $\measuredangle CDE > \measuredangle CAB$ (na mocy twierdzenia o kącie zewnętrznym trójkąta), zatem $\measuredangle CED < \measuredangle CBA$ (rys. 32).

Prowadzimy przez punkty $A$ i $M$ proste równoległe odpowiednio do prostych $DE$ i $AC$ i otrzymujemy równoległobok $ADMK$ , przy czym punkt $K$ leży na zewnątrz trójkąta $ABC$ . Analogicznie budujemy równoległobok $BEMN$ . Wierzchołek $N$ leży wewnątrz trójkąta $ABC$ . Odcinek $KN$ przecina zatem odcinek $AB$ w pewnym punkcie $S$ . Trójkąty $AKS$ i $BNS$ są symetryczne względem punktu $S$ , gdyż wobec równoległości prostych $AK$ i $NB$ są one jednokładne względem punktu $S$ , a nadto $AK = DM = ME = NB$ . Stąd wynika, że punkt $S$ jest środkiem każdego z odcinków $AB$ i $KN$ . Trójkąt $KMN$ jest równoramienny, gdyż $KM = AD = BE = NM$ , więc prosta $MS$ jest dwusieczną kąta $KMN$ . Ponieważ ramiona kąta $KMN$ są zgodnie równoległe do ramion kąta $ACB$ , więc prosta $MS$ jest równoległa do dwusiecznej kąta $ACB$ .

Dowiedliśmy, że punkt $M$ , którego miejsca geometrycznego szukamy, leży na prostej poprowadzonej przez środek $S$ odcinka $AB$ równolegle do dwusiecznej kąta $ACB$ , a mianowicie wewnątrz odcinka $SO$ tej prostej leżącego w trójkącie $ABC$ . Odwrotnie, każdy punkt wewnętrzny odcinka $SO$ owej prostej należy do poszukiwanego miejsca geometrycznego. Stwierdzamy to z łatwością, odwracając wnioskowanie poprzednie. Niech $M$ będzie dowolnym punktem wewnętrznym odcinka $SO$ . Prowadzimy przez punkt $M$ równoległe do $CA$ i do $CB$ , a przez punkt $S$ prostopadłą do $SO$ i otrzymujemy trójkąt równoramienny $KMN$ . Trójkąty $ASK$ i $BSN$ są symetryczne względem punktu $S$ , zatem $AK \parallel NB$ i $AK = NB$ . Prowadząc przez punkt $M$ prostą równoległą do $AK$ i $NB$ , otrzymujemy równoległoboki $ADMK$ i $BEMN$ , w których $AD = KM = NM = BE$ i $DM = AK = NB = ME$ . Istotnie więc punkt $M$ należy do miejsca geometrycznego.

Jeżeli punkt $M$ obierzemy w punkcie $O$ , to rozumując jak wyżej, wykażemy, że punkt $O$ jest środkiem takiego odcinka $CC'$ , że $C'B = CA$ . Możemy uważać, że punkty $S$ i $O$ też należą do naszego miejsca geometrycznego.

Otrzymany wynik można uogólnić. Jeżeli zamiast trójkąta $ABC$ rozważać będziemy całe proste $AC$ i $BC$ przecięte prostą ruchomą w punktach $D$ i $E$ , przy czym $AD = BE$ , to jako miejsce geometryczne środka $M$ odcinka $DE$ otrzymamy całą prostą $SO$ .