XLIX OM - I - Zadanie 6

Zawody matematyczne:

XLIX OM, 1997-1998

Etap:

W trójkącie $ABC$ , w którym $|AB| > |AC|$ , punkt $D$ jest środkiem boku $BC$ , punkt $E$ leży na boku $AC$ . Punkty $P$ i $Q$ są odpowiednio rzutami prostokątnymi punktów $B$ i $E$ na prostą $AD$ . Dowieść, że $|BE| = |AE| + |AC|$ wtedy i tylko wtedy, gdy $|AD| = |PQ|$ .

Rozwiązanie

Uwaga 1: W oficjalnym druku z tekstami zadań na zawody pierwszego stopnia XLIX Olimpiady Matematycznej zadanie 6 zostało sformułowane z błędem: brakowało założenia, że $|AB| > |AC|$ . (Poprawiona wersja zadania została rozesłana do szkół jako Errata kilka tygodni później.) Bez tego założenia równoważność dana do udowodnienia nie jest prawdziwa. Jako ćwiczenie proponujemy Czytelnikowi znalezienie kontrprzykładu; wskazówkę może stanowić równoważność (2) uzyskana w rozwiązaniu sposobem III.

Założenie, że $|AB|> |AC|$ gwarantuje, że kąt $ADC$ jest ostry, a więc rzut $P$ punktu $B$ na prostą $AD$ leży na półprostej $AD^\to$ poza obrębem trójkąta $ABC$ ; punkty $A$ , $C$ , $D$ , $E$ , $Q$ leżą wszystkie po jednej stronie prostej $BP$ ; punkt $D$ leży między punktami $A$ i $P$ .

Sposób I

Przez punkt $B$ prowadzimy prostą równoległą do $AD$ ; przecina ona półprostą $CA^\to$ w punkcie, który oznaczymy przez $F$ . Półprosta $EQ^\to$ przecina półprostą $BF^\to$ w punkcie, który nazwiemy $S$ ; leży on na odcinku $BF$ , gdy $|\measuredangle CAD| \leq 90^\circ$ , a poza tym odcinkiem, gdy $|\measuredangle CAD| > 90^\circ$ (dwa warianty rysunku 2). Z równoległości $BF\parallel AD$ wynika, że punkt $A$ jest środkiem boku $CF$ trójkąta $BCF$ . Zatem $|AD| = \frac{1}{2}|BF|$ .

Wszystkie powyższe stwierdzenia wynikają z określeń podanych w dwóch pierwszych zdaniach treści zadania i są słuszne niezależnie od prawdziwości lub fałszywości podanych w trzecim zdaniu warunków, których równoważność należy udowodnić.

Napiszemy teraz ciąg warunków, z których każdy jest w oczywisty sposób równoważny poprzedniemu:

$ \begin{split} \Big(|AD| = |PQ|\Big) &\Longleftrightarrow \Big(\frac{1}{2}|BF| = |BS|\Big)\\ &\Longleftrightarrow \Big(\textrm{punkt $S$ jest środkiem odcinka $BF$} \Big)\\ &\Longleftrightarrow \Big(|BE|=|EF| \Big)\\ &\Longleftrightarrow \Big(|BE|=|AE|+|AF| \Big)\\ &\Longleftrightarrow \Big(|BE|=|AE|+|AC| \Big). \end{split} $

Równoważność pomiędzy warunkiem pierwszym i ostatnim jest tezą zadania.

Uwaga 2: Wszystkie te równoważności zachodzą niezależnie od tego, którą z dwóch sytuacji zilustrowanych na dwóch wariantach rysunku 2 rozpatrujemy. Ale jest jasne, że w przypadku przedstawionym na rysunku prawym punkt $S$ na pewno nie jest środkiem odcinka $BF$ ; a zatem w tym przypadku wypisane równoważności wiążą łańcuszek zdań, które wszystkie są fałszywe. Jednak to, że prowadzone rozumowanie jest a priori, niezależne od przypadku, a przy tym krótkie i przejrzyste, stanowi o elegancji rozwiązania.

Sposób II

Oznaczmy przez $X$ punkt przecięcia odcinków $AD$ i $BE$ . Jak w poprzednim rozwiązaniu, uporządkowanie rozważanych punktów na prostej $AD$ zależy od tego, czy kąt $CAD$ jest ostry, prosty, czy rozwarty.

Rozważmy najpierw przypadek, gdy $|\measuredangle CAD|\geq90^\circ$ (prawy wariant rysunku 2, na którym należy sobie wyobrazić punkt $X$ zaznaczony między $A$ i $D$ ). Wówczas $|AE|<|EX|$ , $|AC|<|CD| = |BD|<|BX|$ . Dodajemy te nierówności stronami: $|AE| + |AC| < |EX| + |BX| = |BE|$ . Punkty $A$ i $D$ leżą (w rozważanym przypadku) na odcinku $PQ$ , przy czym $D$ jest punktem wewnętrznym tego odcinka, więc $|AD| < |PQ|$ . To pokazuje, że żaden z dwóch warunków, których równoważność należy wykazać, nie jest w tym przypadku spełniony - jest więc spełniona ich równoważność.

Dalej zajmujemy się przypadkiem, gdy $|\measuredangle CAD|<90^\circ$ . Oznaczmy przez $R$ rzut prostokątny punktu $C$ na prostą $AD$ ; leży on między punktami $Q$ i $D$ . Niech $M$ i $N$ będą odpowiednio środkami odcinków $EC$ i $QR$ (rysunek 3; punkt $X$ może leżeć na odcinku $QN$ , na $NR$ lub na $RD$ - nie ma to znaczenia dla dalszego rozumowania). Odcinek $DM$ łączy środki boków $BC$ i $CE$ trójkąta $BCE$ , więc jest równoległy do $BE$ . Odcinek $MN$ łączy środki boków $EC$ i $QR$ trapezu $CEQR$ , więc jest równoległy do $ EQ $ i $CR$ , czyli jest prostopadły do $AD$ .

Trójkąt prostokątny $CDR$ przystaje do trójkąta $BDP$ , więc $|BP| = |CR|$ oraz $|DP| = |DR|$ . Z równoległości $EQ \parallel CR \parallel BP$ wynikają w myśl twierdzenia Talesa następujące proporcje:

$ \frac{|BX|}{|EX|} = \frac{|BP|}{|EQ|}=\frac{|CR|}{|EQ|}=\frac{|AC|}{|AE|}. $

Oznaczmy wspólną wartość tych czterech stosunków przez $\lambda$ . Zatem

$ \qquad (1) \frac{|AE|+|AC|}{|BE|}=\frac{|AE|+|AC|}{|EX|+|BX|}=\frac{|AE|+\lambda \cdot |AE|}{|EX|+\lambda \cdot |EX|}=\frac{|AE|}{|EX|}. $

Przyjrzyjmy się teraz odcinkom zawartym w prostej $AD$ . Punkty $A$ , $Q$ , $N$ , $R$ , $D$ , $P$ leżą na niej w takim właśnie porządku; punkty $N$ i $D$ są odpowiednio środkami odcinków $QR$ i $RP$ . Wobec tego

$ \begin{split} |AD|-|PQ| &= (|AP| - |DP|) - (|AP| - |AQ|) = |AQ| - |DP| =\\ &= |AQ|-|RD| = (|AN|-|QN|) - (|ND|-|NR|)=\\ &= |AN|-|ND|. \end{split} $

Warunek $|AD| = |PQ|$ jest więc równoważny temu, że $|AN| = |ND|$ czyli że wysokość $MN$ trójkąta $ADM$ jest jednocześnie jego środkową, czyli że jest to trójkąt równoramienny o podstawie $AD$ . Trójkąt ten jest jednokładny do trójkąta $AXE$ . Stąd wniosek, że warunek $|AD| = |PQ|$ jest spełniony wtedy i tylko wtedy, gdy $|AE| = |EX|$ .

Równość (1) pokazuje, że także warunek $|AE| + |AC| = |BE|$ jest spełniony wtedy i tylko wtedy, gdy $|AE| = |EX|$ . Mamy więc równoważność, o którą chodziło.

Uwaga 3: Można uniknąć oddzielnego rozpatrywania przypadku, gdy $|\measuredangle CAD| \geq 90^\circ$ , rezygnując z informacji o usytuowaniu interesujących nas punktów na prostej $AD$ , i zamiast tego rozważać odcinki skierowane (i ich długości opatrzone znakami plus lub minus) - czyli rozważać wektory. Jeśli jednak decydujemy się na użycie wektorów, to można w ogóle nie wprowadzać dodatkowych punktów i odcinków, nie powoływać się na przystawanie i podobieństwo trójkątów, tylko wprost prowadzić rachunek na wektorach. Przedstawimy takie rozwiązanie: grubą kropką oznaczamy iloczyn skalarny.