XLIV OM - I - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XLIV OM, 1992-1993

Etap:

Dana jest półpłaszczyzna oraz punkty $A$ i $C$ na jej krawędzi. Dla każdego punktu $B$ tej półpłaszczyzny rozważamy kwadraty $ABKL$ i $BCMN$ leżące na zewnątrz trójkąta $ABC$ . Wyznaczają one odpowiadającą punktowi $B$ prostą $LM$ . Udowodnić, że wszystkie proste odpowiadające różnym położeniom punktu $B$ przechodzą przez jeden punkt.

Rozwiązanie

Wybierzmy punkt $B$ w danej półpłaszczyźnie. Z uwagi na symetrię ról rozważanych kwadratów, możemy przyjąć, nie tracąc ogólności, że $|AB| \geq |BC|$ . Kąt $BAC$ jest więc ostry; kąt $ACB$ może być ostry lub nie (rysunek 2). Oznaczmy odpowiednio przez $D$ , $P$ , $Q$ rzuty prostokątne punktów $B$ , $L$ , $M$ na prostą $AC$ , a przez $R$ - rzut punktu $M$ na prostą $LP$ .

Z określenia punktów $L$ i $M$ wynika, że

$ |AL| = |AB|, \quad |CM| = |BC|, \quad |\measuredangle BAL| = |\measuredangle BCM| = 90^\circ. $

Stąd

$ |\measuredangle ALP| = 90^\circ-|\measuredangle PAL | = |\measuredangle BAD|, $

$ |\measuredangle CMQ| = 90^\circ-|\measuredangle QCM | = |\measuredangle BCD|. $

Z tych równości widać, że trójkąt prostokątny $APL$ przystaje do trójkąta $BDA$ , a trójkąt $CQM$ przystaje do $BDC$ . Tak więc

$ (1) \qquad |AP| = |BD|, \quad |LP| = |AD|, \quad |CQ| = |BD|, \quad |MQ| = |CD|. $

Kąty $CAL$ oraz $ACM$ są rozwarte. Zatem punkty $A$ i $C$ leżą wewnątrz odcinka $PQ$ . Stąd, na podstawie uzyskanej równości $|AP| = |CQ|$ wnosimy, że środek $S$ odcinka $AC$ jest jednocześnie środkiem odcinka $PQ$ .

Niech $l$ będzie wspólną symetralną tych odcinków; przecina ona proste $ML$ i $MR$ odpowiednio w punktach $X$ i $Y$ , które - zgodnie z twierdzeniem Talesa - są środkami odcinków $ML$ i $MR$ . Zachodzi wobec tego równość $|XY| = \frac{1}{2}|LR|$ .

Obliczymy długość odcinka $SX$ ; w przekształceniach pojawi się znak $\pm$ (,,plus-minus''), który należy odczytywać jako ,,plus'', gdy kąt $ACB$ jest ostry, a jako ,,minus'', gdy kąt $ACB$ jest rozwarty (por. dwa warianty rysunku 2):

$ \begin{split} & |SX| = |XY| \pm |SY| =\frac{1}{2} |LR| \pm |MQ| = \frac{1}{2} (|LR| \pm 2|MQ|) =\\ & = \frac{1}{2}(|LR| \pm (|MQ| + |RP|)) = \frac{1}{2} ((|LR| \pm |RP|) \pm |MQ|) = \frac{1}{2} (|LP| \pm |MQ|). \end{split} $

Stąd, wobec równości (1),

$ |SX| = \frac{1}{2} (|AD| \pm |CD|) = \frac{1}{2} |AC| $

- a to oznacza, że położenie punktu $X$ na prostej $l$ nie zależy od wyboru punktu $B$ . Punkt $X$ jest (w każdym przypadku) środkiem kwadratu, położonego w rozważanej półpłaszczyźnie, którego jednym z boków jest odcinek $AC$ . Jest to więc szukany wspólny punkt wszystkich możliwych do uzyskania prostych $LM$ . (Jak wynika z wcześniejszych spostrzeżeń, ten punkt nie tylko leży na każdej takiej prostej $LM$ , ale jest środkiem odcinka $LM$ .)