Przesuwanie w zadaniach olimpijskich

W tym artykule omówimy pewną bardzo pożyteczną technikę - tzw. przesuwanie. Polega ona na tym, że niektóre obiekty przesuwamy o pewien wektor i udowadniamy, że teza zadania jest niezmiennicza ze względu na wykonanie tej operacji. Ta metoda pozwala na sprowadzenie rozwiązywanego zadania do znacznie prostszego. Bardzo często ten prostszy przypadek ma jakiś rodzaj symetrii, z której łatwo wywnioskować tezę. Zanim przejdziemy do rozwiązywania zadań, odnotujmy dwie proste własności opisanej operacji.

Własność 2. Dane są punkty $A$ i $B |$ oraz taki punkt $C$ na prostej $|AB,$ że $−− C−A−--= k. BA$ Jeśli punkt $B$ przesuniemy o wektor $−|v,$ otrzymując punkt $B ′,$ a punkt $C$ na prostej $AB |$ spełnia $−−− |C−− --= k, A BA$ to $−−− − CC= k⋅v$ (Rys. 2).

Łatwe dowody powyższych własności pozostawiamy Czytelnikowi. Zauważmy w szczególności, że z drugiej własności wynika, iż środek odcinka $AB$ przesunie się o wektor $1 |−- v, 2$ zaś punkt symetryczny do $|B$ względem punktu $A$ o wektor $− − v.$

Uzbrojeni w tytułową metodę i powyższe własności możemy przejść do rozwiązania kilku przykładów.

Przesuńmy zatem odcinek $A$ o wektor $−− ′ |B B$ (Rys. . 3). Obrazem punktu $|B′$ jest, oczywiście, punkt $B,$ zaś niech $A1$ i $C1 |$ będą obrazami odpowiednio punktów $A$ i $C |$ w tym przesunięciu. Wystarczy udowodnić, że punkt $B$ oraz środki odcinków $CC$ i $|AA$ są współliniowe. Jednakże z równości

AB

i twierdzenia Talesa wynika, że odcinki $AA$ i $|CC$ są równoległe, a więc ich środki leżą na środkowej trójkąta $AA1B.$

Nietrudno zauważyć, że opisaną metodą można rozwiązać zadanie ogólniejsze.

AC A ----= -′-.- BC B C

Niech $K, L,M$ będą takimi punktami leżącymi odpowiednio na odcinkach $|AA$ i $|CC$ że

-AK- BL-- CM--- A = B′L = C .

Wykazać, że punkty $K, L$ i $M$ leżą na jednej prostej.

Przejdźmy teraz do następnego przykładu.

Przykład 2 (III ETAP 57 OM). Dany jest sześciokąt wypukły $ABCDEF,$ w którym $AC |$ oraz $.EA$ Dowieść, że proste łączące środki przeciwległych boków tego sześciokąta przecinają się w jednym punkcie.

Rozwiązanie. Zauważmy, że jeśli przesuniemy trójkąt $F BD$ o wektor $|−v,$ to środki wszystkich boków sześciokąta $|ABCDEF$ przesuną się o wektor $1− |2v.$ W takim razie każda z rozważanych w treści zadania prostych przesunie się także o wektor $|1-− v, 2$ więc teza zadania jest niezmiennicza ze względu na tę operację.

Skoro trójkąty $ACE$ i $F BD |$ są przystające, to mają jednakowe okręgi opisane (Rys. 5). Przesuńmy więc tak trójkąt $F, BD$ aby rozważane okręgi pokryły się. Niech $O$ będzie środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ACE, |$ zaś $′F′B′D$ obrazem trójkąta $F BD$ w tym przesunięciu. Wystarczy udowodnić, że każda z prostych łączących środki przeciwległych boków sześciokąta $|AB$ przechodzi przez punkt $O.$

Skoro $=B′D′, AE$ to czworokąt $′E |AB$ jest trapezem równoramiennym o podstawach $AB$ i $′ E. D |$ Prosta łącząca środki boków $AB$ i $′ E D |$ jest jego osią symetrii, a więc na niej musi leżeć środek okręgu opisanego na tym trapezie, czyli punkt $O.$ Analogicznie dowodzimy, że punkt $O |$ należy do dwóch pozostałych prostych łączących środki przeciwległych boków sześciokąta $|AB$

W kolejnym przykładzie przekonamy się, że metoda przesuwania może być także skuteczna w zadaniach o polach.

Przykład 3. W sześciokącie wypukłym $ABCDEF$ przeciwległe boki są równoległe. Udowodnić, że trójkąty $ACE$ i $F BD |$ mają równe pola.

Rozwiazanie. Wykażemy najpierw, że przesuwanie trójkąta $BCD$ o wektor $|−v$ równoległy do boków $AB$ i $E D |$ nie ma wpływu na prawdziwość tezy (Rys. 6 i Rys. 7). Niech bowiem $h$ będzie odległością między prostymi $|AB$ i $E, D |$ zaś $C1$ i $F1 |$ takimi punktami odpowiednio na bokach $|AE$ i $, BD |$ że proste $|CC$ są równoległe do prostej $AB.$ Wtedy przed przesunięciem mamy

∆ ACE

zaś po przesunięciu oba pola wynoszą odpowiednio

1- 2(CC1

albo

-1CC1 2

Innymi słowy, podczas opisanej operacji oba pola zmieniają się o jednakową wielkość, a więc są równe przed przesunięciem wtedy i tylko wtedy, gdy są równe po przesunięciu.

Przyjmijmy bez straty dla ogólności, że $E AB$ i przesuńmy trójkąt $| BCD$ o wektor $−− E D ,$ otrzymując w wyniku trójkąt $| ′ B C$ (Rys. 8). Wobec obserwacji poczynionej w pierwszym akapicie wystarczy udowodnić, że trójkąty $AC$ i $B ′EF$ mają równe pola. Ponieważ przesunięcie zachowuje równoległość, to mamy

′ B C

W takim razie

[AC

Powyższe rozumowanie pozostaje, oczywiście, prawdziwe, gdy punkty $|A$ i $B | ′$ pokrywają się.

Opisane rozwiązanie można dokończyć, inaczej wykonując jeszcze raz operacje z pierwszego akapitu rozwiązania, uzyskując trapez.

Ostatni nasz przykład dotyczy sumy długości odcinków.

Przykład 4 (I etap 52 OM). Okrąg dzieli każdy bok rombu na 3 odcinki. Malujemy otrzymane odcinki kolejno na czerwono, zielono i biało, zaczynając od wierzchołka rombu i poruszając się po jego obwodzie w ustalonym kierunku. Wykazać, że suma długości odcinków czerwonych jest równa sumie długości odcinków białych.

Rozwiazanie. Niech $ABCD$ będzie danym rombem. Oznaczmy przez $P1,P2,...,P8$ kolejne punkty przecięcia danego okręgu z bokami rombu. Należy wykazać, że

AP1

albo

AP1

Jeśli przesuniemy dany okrąg o pewien wektor $− |v$ równoległy do boku $AB$ (Rys. 9), to odcinki $AP1$ i $P6 D |$ wzrosną o $v$ (albo zmaleją, jeśli zwrot był przeciwny do zwrotu wektora $−− AB$ ), zaś odcinki $| BP2$ i $| CP5$ zmaleją o $| v$ (albo wzrosną, jeśli zwrot był przeciwny do zwrotu wektora $−− AB$ ). W takim razie przy takiej operacji liczba $AP1$ nie zmienia się. Jeśli teraz przesuniemy dany okrąg o pewien wektor $− |v$ prostopadły do boku $AB$ (Rys. 10), to odcinki $AP1$ i $BP2 |$ wzrosną o pewną wartość, zaś odcinki $CP5$ i $P6 D |$ zmaleją o pewną wartość (lub na odwrót w obu przypadkach, gdy zwrot wektora jest w kierunku $AB$ ). Zatem i w tym przypadku liczba $|AP1$ nie zmieni się. Skoro dowolny wektor można przedstawić w postaci sumy wektora równoległego do $|AB$ i prostopadłego do $AB, |$ to przesuwanie danego okręgu nie zmienia wartości sumy $AP |$ To samo dotyczy sumy $|AP8$

Przesuńmy zatem tak dany okrąg, aby jego środek pokrył się ze środkiem danego rombu. Wobec poprzednich rozważań wystarczy dowieść tezy w tym przypadku. To jednak natychmiast wynika z symetrii problemu.

Na koniec przedstawiamy kilka zadań, które można rozwiązać opisaną metodą.