I OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

I OM, 1949-1950

Etap:

Zbudować trójkąt równoboczny, którego wierzchołki leżą na trzech danych prostych równoległych.

Rozwiązanie

Sposób I (metoda obrotu).

Analiza. Niech $ABC$ będzie trójkątem równobocznym, którego wierzchołki $A, B, C$ leżą odpowiednio na danych prostych równoległych $a, b, c$ (rys. 13 a).

Obróćmy całą figurę dokoła punktu $A$ o kąt $BAC = 60^{\circ}$ Punkt $B$ znajdzie się po obrocie w punkcie $C$ , prosta $b$ przybierze położenie $b_l$ . Ponieważ mając środek $A$ i kąt obrotu równy $60^{\circ}$ potrafimy wykreślić prostą $b_l$ , więc znajdziemy punkt $C$ w przecięciu prostych $b_l$ i $c$ .

Konstrukcja. Obieramy dowolnie punkt $A$ na prostej $a$ (rys. 13 b). Obracamy prostą $b$ o $60^{\circ}$ dokoła punktu $A$ kreśląc $AM \perp a$ , $\measuredangle MAN = 60^{\circ}$ i wreszcie $b_l \perp AN$ . Prosta $b_l$ przecina prostą $c$ w punkcie $C$ . Z punktu $A$ zakreślamy okrąg promieniem $AC$ . Niech $B$ będzie punktem przecięcia tego okręgu z prostą $b$ , leżącym po przeciwnej stronie prostej $AM$ niż punkt $N$ . Trójkąt $ABC$ jest trójkątem równobocznym.

Aby tego dowieść, obróćmy całą figurę na rysunku 13 b) o kąt $MAN$ . Prosta $b$ przybierze położenie $b_l$ , a punkt $B$ zakreśli łuk o promieniu $AB$ i znajdzie się w punkcie przecięcia tego łuku z prostą $b_l$ , tzn. w punkcie $C$ . Zatem $\measuredangle BAC = \measuredangle MAN = 60^{\circ}$ , z czego wynika, że trójkąt $ABC$ jest równoboczny.

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Ponieważ obrotu o $60^{\circ}$ dokoła punktu $A$ dokonać można w dwóch kierunkach, przeto dla dowolnie obranego punktu $A$ na prcstej $a$ istnieją dwa trójkąty równoboczne o wierzchołkach leżących na danych prostych $a, b, c$ . Trójkąty te są symetryczne względem prostej $AM$ - osi symetrii figury danej.

Sposób II

Analiza. Niech trójkąt $ABC$ będzie trójkątem poszukiwanym (rys. 14 a). Okrąg opisany na trójkącie $ABC$ przecina prostą $a$ w punktach $A$ i $D$ . Według twierdzenia o kątach wpisanych mamy

$ \begin{split} \measuredangle ADB = \measuredangle ACB = 60^{\circ} \measuredangle BDC = \measuredangle BAC = 60^{\circ} \end{split} $

Obierając dowolnie punkt $D$ można zatem wyznaczyć punkty $E$ i $C$ , a następnie $A$ .

Konstrukcja. Z punktu $D$ , obranego dowolnie na prostej $a$ , jako ze środka, zataczamy okrąg dowolnie wielkim promieniem $DK$ (rysunek 14 b). Odmierzamy $KM = MN = DK$ i prowadzimy proste $DM$ i $DN$ , które przecinają się z prostymi $b$ i $c$ w punktach $B$ i $C$ . Z punktu $C$ jako ze środka zataczamy łuk promieniem $CB$ do przecięcia z półprostą $DK$ prostej $a$ w punkcie $A$ .

Trójkąt $ABC$ jest równoboczny. Aby się o tym przekonać, weźmy pod uwagę okrąg opisany na trójkącie $BCD$ . Ponieważ $\measuredangle BDC = 60^{\circ}$ , więc $BC$ jest bokiem trójkąta foremnego wpisanego w ten okrąg. Trzeci wierzchołek owego trójkąta musi leżeć na półprostej $DK$ (gdyż $\measuredangle KDB = 60^{\circ}$ ) a zarazem na okręgu, który został zatoczony ze środka $C$ . Tym trzecim wierzchołkiem jest więc punkt $A$ .

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Okrąg o środku $C$ i promieniu $CB$ przecina półprostą $DK$ w jednym punkcie, gdyż $BC > CP$ , więc też $BC > CD$ . Przy obranym punkcie $D$ otrzymujemy dwa rozwiązania symetryczne, gdyż punkt $K$ można obrać na prostej $a$ bądź po jednej stronie punktu $D$ , bądź po drugiej.

Sposób III (metoda figur podobnych)

Analiza. Niech $ABC$ będzie trójkątem poszukiwanym (rys. 15)

Zauważmy, że potrafimy zbudować figurę podobną do figury szukanej. W tym celu wystarczy wykreślić dowolny trójkąt równoboczny $A_B_C_$ (rys. 16) i wyznaczyć na boku $A_1C_1$ taki punkt $D_1$ że $\frac{A_1D_1}{D_1C_1}= \frac{AD}{DC}$ . Lecz stosunek $\frac{AD}{DC}$ jest znany, ponieważ równa się stosunkowi odpowiednich odległości między prostymi równoległymi $a, b, c$ . Prowadząc przez $B_l$ i $D_1$ prostą $b_l$ , a następnie kreśląc $a_l || b_l$ i $c_1 || b_1$ otrzymujemy figurę, która jest podobna do figury na rysunku 15, wobec czego równe są np. kąty zaznaczone na obu rysunkach. Mając zaś kąt między prostą $AB$ prostą możemy wykreślić trójkąt $ABC$ .

Konstrukcja. Najdogodniej obrać punkty $A_1$ i $C_1$ na prostych $a$ i $c$ (rys. 17), gdyż wówczas punkt $D_1$ znajdujemy od razu w przecięciu odcinka $A_1C_l$ z prostą $b$ . Budując trójkąt równoboczny $A_B_lC_1$ otrzymujemy kąt $A_1B_1D_1$ . Przy dowolnie obranym punkcie $A$ prostej $a$ odmierzamy od tej prostej kąt równy kątowi $A_1B_1D_1$ i otrzymujemy punkt $B$ . Budujemy wreszcie $\measuredangle BAC = 60^{\circ}$ . Trójkąt $ABC$ jest trójkątem równobocznym; udowodnimy to.

Figura $ABCD$ jest podobna do figury $A_1B_1C_1D_1$ . Istotnie trójkąt $ABD$ jest podobny do trójkąta $A_lB_1D_1$ (dwie pary kątów odpowiednio równych), a punkt $C$ prostej $AD$ jest punktem odpowiednim do punktu $C_1$ prostej $A_1D_l$ , wobec równości stosunków $\frac{A_1D_1}{D_1C_1}$ i $\frac{AD}{DC}$ . Trójkąt $ABC$ jest więc równoboczny.

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna. Ponieważ kąt równy kątowi $A_1B_1D_l$ można odmierzyć przy prostej
a po każdej stronie punktu $A$ , przeto otrzymujemy dwa rozwiązania symetryczne, jak przy metodzie poprzedniej.

Sposób IV (metoda miejsc geometrycznych).

Analiza. Jeśli trójkąt $ABC$ jest trójkątem o żądanych własnościach, to przesuwając go równolegle w kierunku danych prostych $a, b, c$ możemy wierzchołek $A$ umieścić w dowolnie obranym punkcie prostej $a$ . Zadanie sprowadza się wówczas do wyznaczenia jednego z pozostałych wierzchołków, np. wierzchołka $C$ .

Punkt $C$ znajdziemy w przecięciu dwóch miejsc geometrycznych:

prostej $c$
miejsca geometrycznego trzeciego wierzchołka trójkąta
równobocznego, którego jednym wierzchołkiem jest punkt $A$
a drugi wierzchołek $B$ porusza się po prostej $b$ .

Wyznaczymy to drugie miejsce geometryczne.

Ponieważ istnieją dwa trójkąty równoboczne o tej samej podstawie $AB$ , przeto weźmy najpierw pod uwagę te trójkąty $ABC$ , w których punkty $A, B, C$ następują po sobie w porządku cyklicznym dodatnim, tzn. przeciwnym do tego, który określa ruch wskazówki zegara.

Niech w położeniu $AB_1C_1$ (rys. 18) punkt $C_1$ leży na prostej $b$ i niech $ABC$ będzie dowolnym innym położeniem trójkąta. Udowodnimy, że punkt $C$ zakreśla prostą $m$ przechodzącą przez punkt $C_1$ i równoległą do prostej $AB_1$ .

W dowodzie rozróżnimy trzy przypadki położenia punktu $B$ :

punkt $B$ leży na prawo od punktu $B_1$ (rys. 18 a),
punkt $B$ leży między punktami $E_1$ i $C_1$ (rys. 18b),
punkt $B$ leży na lewo od punktu $C_1$ (rys. 18 c).

W przypadku a) mamy $\measuredangle AC_1B = \measuredangle ACB = 60^{\circ}$ , czworokąt $ABCC_1$ jest czworokątem wpisanym w koło, wobec czego $\measuredangle CC_1B = \measuredangle CAB = 60^{\circ}$ i $CC_1 || AB_1$ · Punkt $C$ przebiega tę półprostą prostej $m$ , która leży po przeciwnej stronie prostej $b$ niż prosta $a$ .

Istotnie, jeśli $C$ leży na tej prostej, a $\measuredangle CAB = 60^{\circ}$ , to $\measuredangle CAB = \measuredangle CC_1B$ , więc w czworokącie $ABCC_1$ mamy $ACB = \measuredangle AC_1B = 60^{\circ}$ i trójkąt $ABC$ jest równoboczny.

W przypadkach b) i c) rozumowanie jest analogiczne. Na rysunkach 18 b) i c) zaznaczone są równe kąty; punkt $C$ przebiega pozostałe części prostej $m$ .

Rozważając wreszcie trójkąty $ABC$ o ujemnym porządku cyklicznym punktów $A, B, C$ , tj. trójkątyodpowiednio symetryczne do poprzednich trójkątów względem ich podstaw AB,otrzymujemy drugą część poszukiwanego miejsca geometrycznego, mianowicie prostą $n$ przechodzącą przez punkt $B_1$ i równoległą do prostej $AC_1$ .

Szukane miejsce geometryczne jest więc parą prostych $m$ i $n$ .

Konstrukcja. Wykreślamy (rys. 19) trójkąt równoboczny $AB_1C_1$ oraz proste $m$ i $n$ , otrzymując w przecięciu ich z prostą $c$ punkty $C$ i $C_1$ .

Budujemy $\measuredangle CAB = 60^{\circ}$ . Trójkąt $ABC$ jest żądanym trójkątem równobocznym; drugim takim trójkątem jest symetryczny do niego trójkąt $ABC$ .

Dyskusja. Konstrukcja jest zawsze wykonalna, zadanie ma dwa rozwiązania symetryczne.

Sposób V (metoda algebraiczna, czyli rachunkowa).

Analiza. Niech $ABC$ będzie trójkątem poszukiwanym. Obliczymy kąt nachylenia $x$ boku $AB$ do prostej $a$ (rys. 20) w zależności od odległości $AM = p$ prostych $a$ i $b$ oraz odległości $CN = q$ prostych $b$ i $c$ .

Z trójkątów $AMB$ i $CNB$ mamy

$ p = AB \sin x, q = BC \sin (60^{\circ} - x), AB = BC. $

Stąd

$ \begin{split} p \sin (60^{\circ} - x) &= q sin x, \\ p \sin 60^{\circ} \cos x - p \cos 60^{\circ} \sin x &= q \sin x \end{split} $

i ostatecznie

$ \tan x = \frac{p\sqrt{3}}{p+2q} $

Konstrukcja (rys. 21). Budujemy kąt $x$ jako kąt ostry trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $p\sqrt{3}$ i $p + 2q$ , leżący naprzeciw boku $p\sqrt{3}$ . Wykreślamy odcinek $AB$ tworzący kąt $x$ z prostą $a$ . Wreszcie wykreślamy $\measuredangle ABC = 60^{\circ}$ . Trójkąt $ABC$ jest trójkątem równobocznym.

Istotnie z trójkątów $AMB$ i $CNB$ mamy związki

$ AB=\frac{p}{\sin x},\quad BC = \frac{q}{\sin(60^{\circ}-x)} $

zatem

$ \begin{split} \frac{AB}{BC} = \frac{p\sin(60^{\circ}-x)}{q\sin x} = \frac{p(\sin 60^{\circ}\cos x - \cos 60^{\circ})}{q\sin x} = \\ = \frac{p}{q}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} \cotan x - \frac{1}{2}\right) = \frac{p}{q} \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{p+2q}{p\sqrt{3}} - \frac{1}{2}\right) = \frac{p}{q}\left(\frac{1}{2} + \frac{p}{q} - \frac{1}{2}\right) = 1. \end{split} $

tzn. $AB = BC$ , skąd wynika, że trójkąt $ABC$ jest równoboczny.

Dyskusja. Ponieważ kąt $x$ możemy odmierzyć po obu stronach punktu $A$ , więc zadanie ma zawsze dwa rozwiązania.