Podobnie jak w wypadku wielu innych os´ob ˙zydowskiego pochodzenia nie jest znana dok ladna data ´smierci

Lublin, 21 wrze´snia 2013: przekszta lcenia geometryczne i niezmienniki

MichaÃl Krych

21 wrze´snia 1899 r. we Lwowie urodzi l sie_, Juliusz Schauder. Zamordowali go we wrze´sniu lub na pocza_,tku pa´zdziernika 1943 r. Niemcy. Podobnie jak w wypadku wielu innych os´ob ˙zydowskiego pochodzenia nie jest znana dok ladna data ´smierci.

Doktoryzowa l sie_, we Lwowie, promotorem by l Hugo Steinhaus. Uog´olni l twierdze- nie Brouwera o punkcie sta lym na przypadek niesko´nczenie wymiarowy, a p´o´zniej wsp´olnie z J.Lerayem rozwina_, l teorie_, indeksu zwanego dzi´s indeksem Leray–Schau- dera. Teoria pozwala m. in.na dowodzenie istnienia rozwia_,za´n r´owna´n r´o˙zniczkowych.

Uzyska l te˙z wiele innych wynik´ow. Jest jednym z najbardziej znanych na ´swiecie ma- tematyk´ow polskich, cho´c np. ja nie wiedzia lem przez czas pewien, ˙ze on pochodzi ze Lwowa, a twierdzenie o punkcie sta lym zna lem, oczywi´scie wraz z dowodem. Wydaje sie_,, ˙ze jego nazwisko pozostanie w matematyce na trwa le.

Poni˙zej jest pewna liczba zada´n. Ka˙zde z nich jest opatrzone szkicem rzowia_,zania lub pe lnym rozwia_,zaniem. Niekt´ore rozwia_,zania zosta ly skopiowane z broszur na- pisanych przez profesora dr Stefana Straszewicza — faktycznego tw´orce_, Olimpiady Matematycznej. To dotyczy pierwszych dwudziestu Olimpiad. Kilka rozwia_,za´n zada´n z naste_,pnych Olimpiad, XXI XXII pochodzi z tekst´ow autorstwa prof. dr Jerze- go Browkina. W nielicznych przypadkach zredagowa lem rozwia_,zanie nieco inaczej, z r´o˙znych przyczyn.

Tekst zostanie jeszcze poszerzony o rysunki, kt´orych na razie nie mia lem kiedy wykona´c. Be_,de_,go jeszcze sprawdza´c, co mo˙ze doprowadzi´c do usunie_,cia b le_,d´ow, kt´ore w zasadzie zawsze sie_, pojawiaja_, wbrew mej woli. Osobom, kt´ore zauwa˙zy lyby jakie´s b le_,dy i poinformowa ly mnie o tym be_,de_, bardzo wdzie_,czny.

Cze´s´c zada´n jest za trudna dla gimnazjalist´ow nawet tych, kt´orzy aktywnie uczestnicza_, w dodatkowych zaje_,ciach, np. k´o lkach. Jednak uzna lem, ˙ze warto je za- mie´sci´c. Na og´o l dlatego, ˙ze mi sie_, podobaja_,. Poza tym prowadza_,cy k´o lko mo˙ze cza- sem z jednego zadania zrobi´c dwa lub trzy latwiejsze, a czasem zadanie za trudne do samodzielnego rozwia_,zania w domu mo˙zna rozwia_,za´c zespo lowo podsuwaja_,c m lodzie-

˙zy pewne pomys ly albo krytykuja_,c ich podej´scie, co te˙z mo˙ze naprowadzi´c uczni´ow na w la´sciwy trop.

1. Skonstruowa´c tr´ojka_,t o danych wysoko´sciach h_A, h_B i h_C.

Szkic rozwia_,zania. Konstruujemy tr´ojka_,t podobny do poszukiwanego — mamy dane stosunki bok´ow, bo boki sa_, odwrotnie proporcjonalne do wysoko´sci.

2. Skonstruowa´c tr´ojka_,t o danych ´srodkowych mA, mB i mC.

Szkic rozwia_,zania. W tr´ojka_,cie kt´orego bokami sa_, odcinki o d lugo´sciach ²₃m_A,

2

3mB i ²₃mC ´srodkowymi sa_, po l´owki bok´ow poszukiwanego tr´ojka_,ta. Je´sli S jest ´srodkiem cie_,˙zko´sci tr´ojka_,ta ABC , C1 jest takim punktem , ˙ze ´srodkiem odcinka CC1 jest S , to AS = ²₃MA, SC1 = ₃²MC i AC1 = ²₃MB.

Uwaga: Konstrukcja tr´ojka_,ta o danych dwusiecznych jest niewykonalna.

3. Dany jest ka_,t wypuk ly <⁾A1BC1 i punkt X le˙za_,cy wewna_,trz ka_,ta <⁾ A1BC1. Skonstruowa´c tr´ojka_,t ABC , kt´orego wierzcho lek A le˙zy na p´o lprostej BA1, wierzcho lek C — na p´o lprostej BC₁, kt´orego ´srodkiem cie_,˙zko´sci jest punkt X . Szkic rozwia_,zania. Znajdujemy najpierw ´srodek Mb boku AC korzystaja_,c z tego, ˙ze X dzieli ´srodkowa_, w stosunku 2 : 1 . Przez punkt Mb prowadzimy r´ownoleg le do ramion ka_,ta. W przecie_,ciu z ramionami sa_, ´srodki Ma i Mc szu- kanych bok´ow.

4. Wewna_,trz ka_,ta wypuk lego <⁾M1ON1znajduja_,sie_,punkty A i B . Skonstruowa´c r´ownoleg lobok AM BN , kt´orego przeka_,tna_,jest odcinek AB a wierzcho lki M, N le˙za_, na p´o lprostych OM₁ i ON₁ odpowiednio.

Rozwia_,zanie. ´Srodek odcinka AB jest te˙z ´srodkiem odcinka M N . Znajdujemy punkty M i N jak w poprzednim zadaniu.

5. Dany jest ka_,t wypuk ly <⁾A1BC1 i punkt X le˙za_,cy wewna_,trz ka_,ta <⁾ A1BC1. Skonstruowa´c tr´ojka_,t ABC , kt´orego wierzcho lek A le˙zy na p´o lprostej BA₁, wierzcho lek C — na p´o lprostej BC1, kt´orego ortocentrum (punkt wsp´olny wy- soko´sci) jest punkt X .

Rozwia_,zanie. Przez punkt X proadzimy proste prostopad le do bok´ow tr´ojka_,ta.

W przecie_,ciu otrzymujemy wierzcho lki szukanego tr´ojka_,ta.

6. Pole tr´ojka_,ta T jest r´owne S . Wyznaczy´c pole tr´ojka_,ta, kt´orego bokami sa_,

´srodkowe tr´ojka_,ta T .

Rozwia_,zanie. Niech M_a oznacza ´srodek boku BC tr´ojka_,ta ABC , a M

— jego ´srodek cie_,˙zko´sci. Niech A⁰ oznacza punkt symetryczny do M wzgle_,dem punktu Ma. Czworoka_,t CM BA⁰ jest r´ownoleg lobokiem, bo jego przeka_,tne po lowia_, sie_, wzajemnie. Pole tr´ojka_,ta M BA⁰ jest r´owne polu tr´ojka_,ta CM B , a to pole jest r´owne jednej trzeciej pola tr´ojka_,ta ABC . Bokami tr´ojka_,ta M BA⁰ sa_, odcinki r´owne dw´om trzecim odpowiednich ´srodkowych tr´ojka_,ta ABC , wie_,c jego pole to ⁴₉ pola tr´ojka_,ta utworzonego ze ´srodkowych. Wobec tego pole tr´ojka_,ta utworzonego ze ´srodkowych to ³₄ pola tr´ojka_,ta wyj´sciowego.

7. W dany kwadrat wpisa´c taki kwadrat, kt´orego jeden bok lub jego przed lu˙zenie

przechodzi przez dany punkt K . (II OM).

Szkic rozwia_,zania. Wierzcho lki kwadratu M N P Q wpisanego w dany kwa- drat ABCD le˙za_, na r´o˙znych jego bokach: M na boku AB , N na boku BC itd. Nietrudno zauwa˙zy´c, ˙ze odcie_,te tr´ojka_,ciki M BN , N CP , P DQ i QAM sa_, podobne (bo ka_,ty w kwadracie M N P Q sa_, proste) i maja_, r´owne przeciw- prostoka_,tne, zatem sa_, przystaja_,ce. Sta_,d wynika, ˙ze ´srodki obu kwadrat´ow po- krywaja_, sie_,. Obracaja_,c kwadraty wok´o l wsp´olnego ´srodka o 90^◦ otrzymujemy wyj´sciowe kwadraty. Punkt K przy obrocie przechodzi na punkt L . Je´sli punkt K le˙zy na prostej M N , kt´ora po obrocie trafia na prosta_, N P , to L le˙zy na N P . Ka_,t LN K jest prosty, wie_,c punkt N le˙zy na okre_,gu o ´srednicy LK , wie_,c jest punktem wsp´olnym prostej BC i okre_,gu o ´srednicy KL .

Szczeg´o ly pozostawiamy Czytelnikom. W tym uzasadnienie tego, ˙ze kon- strukcja jest wykonalna, gdy punkt K nie le˙zy wewna_,trz okre_,gu wpisanego w kwadrat, kt´orego wierzcho lkami sa_,´srodki bok´ow czworoka_,ta ABCD .

8. Zbudowa´c czworoka_,t ABCD maja_,c dane d lugo´sci bok´ow AB i CD oraz ka_,ty

czworoka_,ta. (III OM)

Szkic rozwia_,zania. Je´sli czworoka_,t jest r´ownoleg lobokiem, to istnieje niesko´ncze- nie czworoka_,t´ow spe lniaja_,cych na lo˙zone warunki lub ˙zaden (np. je´sli ka_,ty wyzna- czaja_, r´ownoleg lobok, ale AB 6= CD . Konstrukcja r´ownoleg loboku jest bardzo prosta: wybieramy odcinek AB na jednej prostej r´ownoleg lej, z jego ko´nc´ow pro- wadzimy pod odpowiednimi ka_,tami dwie proste, kt´ore przecinaja_, r´ownoleg la_,do danej (dowolnie wybrana_,) wyznaczaja_,c na niej odcinek CD . Je´sli AB 6= CD , to proste AC i BD maja_, punkt wsp´olny E . Mo˙zemy skonstruowa´c tr´ojka_,ty ABE i DEC (znamy jeden bok i wszystkie ka_,ty), a potem — maja_,c d lugo´sci odcink´ow AE , BE , CE i DE umie´sci´c oba tr´ojkaty na jednym rysunku.

9. Dowie´s´c, ˙ze je´sli w czworoka_,cie wypuk lym odcinek la_,cza_,cy ´srodki przeciwleg lych bok´ow jest ´srednia_, arytmetyczna_, dw´och pozosta lych bok´ow, to czworoka_,t jest trapezem.

Rozwia_,zanie. Niech kolejnymi wierzcho lkami czworoka_,ta be_,da_, punkty A , B , C i D . Niech P oznacza ´srodek boku BC , a Q — boku DA oraz niech P Q = ¹₂(AB + CD) . Niech E oznacza taki punkt p laszczyzny, ˙ze EA k DC i EA = DC , przy czym czworoka_,t EADC jest r´ownoleg lobokiem, a odcinek AD jego przeka_,tna_,. Wtedy ´srodkem odcinka EC jest punkt Q , przeka_,tne r´ownoleg loboku po lowia_, jedna druga_,. Wobec tego odcinek QP la_,cza_,cy ´srodki bok´ow CE i CB tr´ojka_,ta EBC jest r´ownoleg ly do podstawy EB i zacho- dzi wz´or P Q = ¹₂EB z drugiej strony EB ≤ EA + AB przy czym r´owno´s´c ma miejsce wtedy i tylko wtedy, gdy punkt A le˙zy ma odcinku EB , a wtedy AB k DC .

10. Dowie´s´c ˙ze je´sli suma obu odcink´ow la_,cza_,cych ´srodki przeciwleg lych bok´ow czworoka_,ta wypuk lego jest po lowa_, jego obwodu, to czworoka_,t jest r´ownoleg lo- bokiem.

Rozwia_,zanie. Ka˙zdy z tych odcink´ow jest mniejszy lu r´owny od po lowy sumy bok´ow, z kr´orymi nie ma punkt´ow wsp´olnych — wynika to z rozumowania z roz- wia_,zania poprzedniego zadania. Wobec tego ich suma jest zawsze mniejsza lub r´owna od po lowy obwodu. Z r´owno´sci wynika, ˙ze ka˙zdy z nich jest po lowa_, sumy bok´ow z nim roz la_,cznych, a to oznacza, ˙ze czworoka_,t jest trapezem na dwa sposoby, zatem jest r´ownoleg lobokiem.

11. Czy prawdziwe sa_, twierdzenia:

a) je˙zeli cztery wierzcho lki prostoka_,ta le˙za_, na czterech bokach rombu, to boki prostoka_,ta sa_, r´ownoleg le do przeka_,tnych rombu;

b) je˙zeli cztery wierzcho lki kwadratu le˙za_, na czterech bokach rombu, kt´ory nie jest kwadratem, to boki kwadratu sa_,r´ownoleg le do przeka_,tnych rombu.(III OM) Rozwia_,zanie. a) Pierwsze twierdzenie nie jest prawdziwe; aby to wykaza´c, wy- starczy da´c kontrprzyk lad, czyli pokaza´c figure_, zaprzeczaja_,ca_, twierdzeniu.

Ze ´srodka O rombu ABCD zatoczmy okra_,g o promieniu wie_,kszym ni˙z od- leg lo´s´c ´srodka rombu od jego boku, a mniejszym ni˙z po lowa kr´otszej przeka_,tnej rombu.

Ca la figura jest symetryczna wzgle_,dem ka˙zdej z prostych AC i BD , a tak˙ze wzgle_,dem punktu O . Nakre´slony okra_,g przecina ka˙zdy bok rombu w dw´och punktach. Niech M be_,dzie jednym z punkt´ow przecie_,cia boku AB z okre_,giem, a N niech be_,dzie tym punktem przecie_,cia boku BC z okre_,giem, kt´ory nie jest symetryczny do punktu M wzgle_,dem prostej BD . Niech naste_,pnie P i Q be_,da_, punktami symetrycznymi do punkt´ow M i N wzgle_,dem punktu O , od- cinki M P i N Q sa_, zatem ´srednicami okre_,gu; wobec symetrii figury wzgle_,dem punktu O punkty P i Q sa_,punktami przecie_,cia bok´ow CD i DA z okre_,giem.

Czworoka_,t M N P Q jest prostoka_,tem, gdy˙z ka˙zdy jego ka_,t jest ka_,tem wpi- sanym w nakre´slony okra_,g i opartym na jego ´srednicy (np. ka_,t M N P opiera sie_, na ´srednicy M P ). Bok M N tego prostoka_,ta nie jest prostopad ly do prostej BD , gdy˙z prosta M N nie przechodzi przez punkt symetryczny do punktu M wzgle_,dem prostej BD ; tym samym bok M N nie jest r´ownoleg ly do przeka_,tnej AC . Bok M N nie jest te˙z r´ownoleg ly do przeka_,tnej BD , gdy˙z la_,czy punkty M i N le˙za_,ce po przeciwnych stronach prostej BD . Wierzcho lki M , N , P , Q prostoka_,ta M N P Q le˙za_, odpowiednio na bokach AB , BC , CD , DA rombu, ale boki tego prostoka_,ta nie sa_, r´ownoleg le do przeka_,tnych rombu. Prostoka_,t M N P Q stanowi zatem kontrprzyk lad obalaja_,cy twierdzenie a).

b) Wyka˙zemy, ˙ze drugie twierdzenie jest prawdziwe.

Niech M N P Q be_,dzie kwadratem wpisanym w romb ABCD , przy czym wierzcho lki M , N , P , Q kwadratu le˙za_, odpowiednio na bokach AB , BC , CD , DA rombu.

Udowodnimy najpierw, ˙ze ´srodek O kwadratu jest jednocze´snie ´srodkiem rombu. Obr´o´cmy ca la_,figure_,dooko la punktu O o 180^◦. Wierzcho lek M kwadra- tu znajdzie sie_, po obrocie w przeciwleg lym wierzcho lku P , prosta AB da po obrocie prosta_,przechodza_,ca_, przez punkt P r´ownolegle do prostej AB , tzn. po- kryje sie_,z prosta_, CD . Poniewa˙z takie samo rozumowanie stosuje sie_, do ka˙zdego boku rombu, wie_,c wynika sta_,d, ˙ze po obrocie romb na lo˙zy sie_, sam na siebie, a to oznacza, ˙ze ´srodek obrotu O jest ´srodkiem symetrii rombu.

Obr´o´cmy teraz ca la_, figure_, dooko la punktu O o 90^◦ tak, aby p´o lprosta OA pokry la p´o lprosta_, OB . Po obrocie kwadrat M N P Q przejdzie w kwad- rat N P QM , tzn. na lo˙zy sie_, sam na siebie; romb ABCD przejdzie w romb A⁰B⁰C⁰D⁰, nie pokrywaja_,cy sie_,z rombem ABCD , gdy˙z wed lug za lo˙zenia romb ten nie jest kwadratem. Je´sli np. OA > OB to OA⁰ > OB , a OD⁰ = OD < OA ; zatem odcinki D⁰A⁰ i AB przecinaja_,sie_,. Punktem przecie_,cia tych odcink´ow jest wierzcho lek M kwadratu, gdy˙z na ten punkt upadnie po obrocie punkt Q od- cinka AD . Analogicznie odcinki BC i A⁰B⁰ przecinaja_, sie_, w wierzcho lku N kwadratu.

Figura z lo˙zona z obu romb´ow jest symetryczna wzgle_,dem prostej BD ; w tej symetrii punktowi M odpowiada punkt N . Prosta M N jest wie_,c prosto- pad la do osi symetrii BD , czyli jest r´ownoleg la do prostej AC , czego nale˙za lo dowie´s´c.

Uwaga. Gdyby´smy odrzucili za lo˙zenie, ˙ze romb ABCD nie jest kwadratem, twierdzenie nie by loby prawdziwe, w kwadrat bowiem mo˙zna wpisa´c niesko´ncze- nie wiele kwadrat´ow, z kt´orych tylko jeden ma boki r´ownoleg le do przeka_,tnych kwadratu danego.

Z dowiedzionego twierdzenia b) wynika, ˙ze w romb nie be_,da_,cy kwadratem mo˙zna wpisa´c tylko jeden kwadrat, w ten spos´ob, ˙zeby na ka˙zdym boku rombu le˙za l kt´ory´s wierzcho lek kwadratu. Mo˙zna dowie´s´c twierdzenia mocniejszego: ist- nieje tylko jeden kwadrat, kt´orego wierzcho lki le˙za_, na obwodzie rombu ABCD nie be_,da_,cego kwadratem. Wystarczy w tym celu dowie´s´c, ˙ze nie istnieje kwadrat, kt´orego dwa wierzcho lki le˙za_,na tym samym boku rombu, a pozosta le wierzcho lki na innych bokach rombu. Pozostawiamy to jako ´cwiczenie.

12. (dosy´c popularne) Po r´o˙znych stronach kana lu o r´ownoleg lych, prostoliniowych brzegach znajduja_, sie_, domy A i B . W kt´orym miejscu nale˙zy zbudowa´c most

przez kana l, prostopad ly do brzeg´ow kana lu, by droga z z domu A do domu B by la najkr´otsza. Do mostu mo˙zna i´s´c na prze laj przez la_,ke_, i od mostu do domu te˙z.

Szkic rozwia_,zania. D lugo´s´c drogi przez kana l jest niezale˙zna od umiejscowienia mostu, zatem zadanie sprowadza sie_, do tego, ˙ze trzeba znale´z´c najkr´otsza_, droge_, z punktu A1 otrzymanego przez przesunie_,cie punktu A w kierunku kana lu (prostopadle do kana lu) o szeroko´s´c kana lu. Nale˙zy wie_,c po la_,czy´c punkty A1

i B odcinkiem prostej. Punkt przecie_,cia tej prostej z brzegiem po stronie B wyznacza miejsce, w kt´orym powinien pojawi´c sie_, most.

13. Na p laszczy´znie dana jest prosta m oraz punkty A i B le˙za_,ce po przeciwnych stronach prostej m . Znale´z´c na prostej m taki punkt M , ˙zeby r´o˙znica odleg lo´sci tego punktu od punkt´ow A i B by la jak najwie_,ksza. (VI OM) Rozwia_,zanie. Niech B1 be_,dzie obrazem B w symetrii wzgle_,dem prostej m . R´o˙znice |BM − AM | i |B1M − AM | sa_, r´owne. Z nier´owno´sci tr´ojka_,ta (r´o˙znica dw´och bok´ow jest mniejsza od trzeciego) wynika, ˙ze punkt M powinien le˙ze´c na prostej AB1. Je´sli prosta AB1 jest r´ownoleg la do prostej m , to punktu M o ˙za_,danej w lasno´sci nie ma.

14. Wewna_,trz boku AB tr´ojka_,ta ABC wybrano punkt M0. Obiekt M rozpoczy- na ruch z punktu M₀ poruszaja_,c sie_,najpierw r´ownolegle do boku BC do chwili trafienia w bok AC w punkcie M1. Naste_,pnie porusza sie_, r´ownolegle do boku AB a˙z do trafienia w bok BC w punkcie M2. Potem porusza sie_, r´ownolegle do boku AC , a gdy trafi w punkt M3 boku AB zmienia kierunek ruchu na r´ownoleg ly do boku BC itd. Dowie´s´c, ˙ze w pewnej chwili trafi w punkt M0. Rozwia_,zanie. Czworoka_,ty M0M1M2B i AM1M2M3 sa_, r´ownoleg lobokami, co wynika od razu z konstrukcji punkt´ow M1, M2, M3, . . . . Poniewa˙z M3M4 k M₂C , wie_,c odpowiednie ka_,ty w tr´ojka_,tach AM₃M₄ i M₁M₂C sa_, r´owne, za- tem te tr´ojka_,ty sa_,podobne, a poniewa˙z M1M2 = AM3, wie_,c nawet przystaja_,ce.

Przystaje do nich te˙z tr´ojka_,t M6BM5, bo czworoka_,ty M6M5M4A i BM5M4M3

sa_,r´ownoleg lobokami. Sta_,d wynika, ˙ze M₆B = AM₃ = M₁M₂ = M₀B . Widzimy wie_,c, ˙ze M6 = M0, co dowodzi tezy.

15. a) Dane sa_, punkty A , B , C nie le˙za_,ce na prostej. Wyznaczy´c takie trzy proste wzajemnie r´ownoleg le i przechodza_,ce odpowiednio przez punkty A , B , C , ˙zeby odste_,py mie_,dzy sa_,siednimi prostymi r´ownoleg lymi by ly r´owne.

b) Dane sa_, punkty A , B , C , D nie le˙za_,ce na p laszczy´znie. Wyznaczy´c ta- kie cztery p laszczyzny wzajemnie r´ownoleg le i przechodza_,ce odpowiednio przez

punkty A , B , C , D , ˙zeby odste_,py mie_,dzy sa_,siednimi p laszczyznami r´ownoleg-

lymi by ly r´owne. (III OM)

Rozwia_,zanie. a) Przypu´s´cmy, ˙ze proste a , b , c przechodza_,ce odpowiednio przez punkty A , B , C i wzajemnie r´ownoleg le czynia_, zado´s´c warunkowi zadania, to znaczy, ˙ze odste_,py mie_,dzy sa_,siednimi r´ownoleg lymi sa_,r´owne. W´owczas ta z pros- tych a , b , c , kt´ora le˙zy mie_,dzy dwiema pozosta lymi, jest od nich r´owno odleg la.

Niech ta_, prosta_, be_,dzie, np. prosta b . W takim razie punkty A i C sa_, r´owno odleg le od prostej b i le˙za_,po jej stronach przeciwnych; zatem prosta b przecina odcinek AC w jego ´srodku M . Z tego, ˙ze punkty A , B , C nie le˙za_,na prostej, wynika, ˙ze punkt M jest r´o˙zny od punktu B .

Sta_,d konstrukcja: prowadzimy prosta_, b przez punkt B i przez ´srodek M odcinka AC , a naste_,pnie prowadzimy przez punkty A i C proste a i c r´ownoleg le do prostej b . Wyznaczone w ten spos´ob proste r´ownoleg le a , b , c daja_, rozwia_,zanie zadania, gdy˙z punkty A i C , a zatem i proste a i c sa_,r´owno odleg le od prostej b i le˙za_, po przeciwnych stronach tej prostej.

Rozwia_,zanie powy˙zsze znale´zli´smy za lo˙zywszy o szukanych prostych a , b , c , ˙ze prosta b le˙zy mie_,dzy prostymi a i c ; poniewa˙z owa_, prosta_, „wewne_,trzna_,” mo˙ze by´c r´ownie dobrze a lub c , wie_,c zadanie ma trzy rozwia_,zania.

b) Przypu´s´cmy, ˙ze p laszczyzny α , β , γ , δ , przechodza_,ce odpowiednio przez punkty A , B , C , D i wzajemnie r´ownoleg le, czynia_, zado´s´c warunkowi zadania, to znaczy, ˙ze odste_,py mie_,dzy sa_,siednimi p laszczyznami sa_,r´owne. Niech p laszczyzny te le˙za_, w kolejno´sci α , β , γ , δ . Chcemy przez to powiedzie´c, ˙ze p laszczyzna β jest r´owno odleg la od p laszczyzn α i γ , a p laszczyzna γ jest r´owno odleg la od p laszczyzn β i δ .

W takim razie punkty A i C sa_, r´owno odleg le od p laszczyzny β i le˙za_, po jej stronach przeciwnych, zatem p laszczyzna β przechodzi przez ´srodek M odcinka AC . Podobnie p laszczyzna γ przechodzi przez ´srodek N odcinka BD . Z tego, ˙ze punkty A , B , C , D nie le˙za_, na p laszczy´znie, wynika, ˙ze punkt M jest r´o˙zny od punktu B , a punkt N jest r´o˙zny od punktu C .

Wysnuwamy sta_,d naste_,puja_,ca_, konstrukcje_,. La_,czymy punkt B ze ´srodkiem M odcinka AC , a punkt C ze ´srodkiem N odcinka BD . Proste BM i CN sa_, sko´sne; Gdyby bowiem le˙za ly w jednej p laszczy´znie, to w tej samej p laszczy´znie le˙za lyby - wbrew za lo˙zeniu - punkty A , B , C , D . Wiemy ze stereometrii,

˙ze przez dwie proste sko´sne BM i CN mo˙zna poprowadzi´c dwie i tylko dwie p laszczyzny wzajemnie r´ownoleg le β i γ .

W tym celu prowadzimy przez punkt M prosta_, m r´ownoleg la_, do prostej CN , a przez punkt N prosta_, n r´ownoleg la_,do prostej BM ; p laszczyzna β jest w´owczas wyznaczona przez proste m i BM , a p laszczyzna γ — przez proste

n i CN .

Wreszcie przez punkty A i D prowadzimy p laszczyzny α i δ r´ownoleg le do p laszczyzn β i γ ; mo˙zemy je wyznaczy´c, prowadza_,c przez ka˙zdy z punkt´ow A i D proste r´ownoleg le do prostych BM i CN .

Wyznaczone w ten spos´ob p laszczyzny α , β , γ , δ daja_, rozwia_,zanie za- dania, gdy˙z punkty A i C , a zatem i p laszczyzny α i γ sa_, r´owno odleg le od p laszczyzny β i le˙za_, po przeciwnych stronach p laszczyzny β — i tak samo p laszczyzny β i δ sa_, r´owno odleg le od p laszczyzny γ i le˙za_, po przeciwnych stronach tej p laszczyzny.

Rozwia_,zanie powy˙zsze znale´zli´smy za lo˙zywszy o szukanych p laszczyznach,

˙ze le˙za_, w kolejno´sci α , β , γ , δ . Dla innych kolejno´sci szukanych p laszczyzn znajdziemy w ten sam spos´ob inne rozwia_,zania zadania. Liczba wszystkich mo˙z- liwych kolejno´sci, czyli jak sie_,inaczej m´owi, permutacyj liter α , β , γ , δ wynosi 4! , tj. 24 . Zauwa˙zmy jednak, ˙ze dwie permutacje „odwrotne” jak np. α , β , γ , δ oraz δ , γ , β , α daja_, to samo rozwia_,zanie. Wobec tego zadanie ma 24

2 = 12 rozwia_,za´n odpowiadaja_,cych permutacjom: αβγδ , αβδγ , αγβδ , αγδβ , αδβγ , αδγβ , βαγδ , βαδγ , βγαδ , βδαγ , γαβδ , γβαδ .

16. Dowie´s´c, ˙ze je˙zeli figura p laska ma dwie i tylko dwie osie symetrii, to te osie sa_,

prostopad le. (IV OM)

Rozwia_,zanie. Niech proste ` i m be<sub>,</sub>da<sub>,</sub>osiami symetrii danej figury F . Niech n oznacza prosta<sub>,</sub>symetryczna<sub>,</sub>do m wzgle<sub>,</sub>dem ` . Udowodnimy, ˙ze n te˙z jest osia_, symetrii danej figury. Je´sli r´o˙zne proste m i ` nie sa<sub>,</sub>prostopad le, to m 6= n 6= ` , wbrew temu, ˙ze F ma dok ladnie dwie osie symetrii.

Je˙zeli do figury F nale˙zy jaki´s punkt A , to nale˙zy do niej r´ownie˙z punkt B symetryczny do punktu A wzgle_,dem osi ` , naste<sub>,</sub>pnie punkt C symetryczny do punktu B wzgle<sub>,</sub>dem osi m , a dalej punkt D symetryczny do punktu C wzgle<sub>,</sub>dem osi ` . Zauwa˙zmy, ˙ze odcinek AD jest symetryczny do odcinka BC wzgle_,dem osi ` , gdy˙z punkty A i D sa<sub>,</sub>odpowiednio symetryczne do punkt´ow B i C wzgle<sub>,</sub>dem tej˙ze osi. W takim razie symetralna odcinka AD jest symetryczna do symetralnej odcinka BC (tj. do prostej m ) wzgle<sub>,</sub>dem osi ` , tzn. symetralna_, odcinka AD jest prosta n . Dowiedli´smy, ˙ze je˙zeli do figury F nale˙zy jaki´s punkt A , to nale˙zy do niej r´ownie˙z punkt D , symetryczny do punktu A wzgle_,dem prostej n , czyli ˙ze n jest osia_, symetrii figury F .

Dow´od polega na wykazaniu, ˙ze z lo˙zenie trzech symetrii: wzgle_,dem osi ` , wzgle<sub>,</sub>- dem osi m i zn´ow wzgle<sub>,</sub>dem osi ` , jest symetria_, wzgle_,dem osi n .

17. Dowie´s´c, ˙ze je˙zeli figura p laska ma dwa r´o˙zne ´srodki symetrii, to ma ich nie-

sko´nczenie wiele. (XX OM) Rozwia_,zanie. Wyka˙zemy, ˙ze punkt symetryczny do ´srodka symetrii wzgle_,dem in- nego ´srodka symetrii jest naste_,pnym ´srodkiem symetrii. Sta_,d wynika, ˙ze je´sli fi- gura ma dwa ´srodki symetrii, to ma ich niesko´czenie wiele: z dw´och otrzymujemy cztery (na prostej wyznaczonej przez dwa pierwsze), z czterech naste_,pnych sze´s´c (w symetriach wzgle_,dem ko´nc´ow odcinka wyznaczonego przez pierwsze cztery), wie_, w sumie dziesie_,´c ´srodk´ow symetrii. Z nich naste_,pnych osiemna´scie (symetrie wzgle_,dem ko´nc´ow odcinka wyznaczonego przez dziesie_,´c pierwszych ´srodk´ow sy- metrii), wie_,c mamy ju˙z dwadzie´scia osiem ´srodk´ow symetrii itd.

Niech O1 i O2 be_,da_,r´o˙znymi ´srodkami symetrii figury F . Niech O3 be_,dzie punktem symetrycznym do O₁ wzgle_,dem O₂. Niech A be_,dzie dowolnym punk- tem figury F , a B — punktem symetrycznym do punktu A wzgle_,dem punk- tu O3. Udowodnimy, ˙ze B jest punktem figury F . Niech C be_,dzie punktem symetrycznym do A wzgle_,dem punktu O₂. Poniewa˙z O₂ jest ´srodkiem syme- trii F , wie_,c C ∈ F . Niech D be_,dzie punktem symetrycznym do C wzgle_,dem punktu O1. Poniewa˙z O1 jest ´srodkiem symetrii F , wie_,c D ∈ F . Wreszcie niech E be_,dzie obrazem D w symetrii wzgle_,dem O2. Oczywi´scie E ∈ F . Po- niewa˙z punkty C, O1, D le˙za_, na jednej prostej i O1 jest ´srodkiem odcinka CD , wie_,c ich obrazy w symetrii wzgle_,dem punktu O2, czyli punkty A, O3, E te˙z le˙za_, na jednej prostej i O3 jest ´srodkiem odcinka AE . Z okre´slenia punktu B wy- nika, ˙ze O₃ jest ´srodkiem odcinka AB . Sta_,d wynika ˙ze B = E , wie_,c B ∈ F . Uwaga. W rozwia_,zaniu tego zadania powt´orzone zosta lo rozumowanie z poprzed- niego zadania. W istocie rzeczy udowodnili´smy, ˙ze je´sli izometria I przekszta l- ca figure_, F na siebie, to obrazem ´srodka symetrii F jest ´srodek symetrii F . W zadaniu poprzednim: obrazem osi symetrii jest o´s symetrii. W tym zadaniu izometria_, by la symetria wzgle_,dem O1, a w poprzednim — symetria osiowa.

I jeszcze jedno: mo˙zna uczni´ow zapyta´c, czy figura, kt´ora ma dwa (co naj- mniej) ´srodki symetrii mo˙ze by´c ograniczona, nawet nie po tym zadaniu, a przed nim, po zadaniu z osiami symetrii to pytanie mo˙ze mie´c zaskakuja_,ca_,, bo inna_, ni˙z w wypadku osi symetrii, odpowied´z.

18. Dowie´s´c, ˙ze je˙zeli figura p laska o rozmiarach sko´nczonych ma ´srodek symetrii O i o´s symetrii s , to punkt O le˙zy na prostej s . (IX OM) Rozwia_,zanie. Skorzystamy z uwagi do poprzedniego zadania. Obrazem punktu O w symetrii wzgle_,dem prostej s jest ´srodek symetrii O⁰ danej figury. Figura ta jest ograniczona, wie_,c nie mo˙ze mie´c niesko´nczenie wielu ´srodk´ow symetrii (por.

zadanie poprzednie), wie_,c nie mo˙ze mie´c ich dw´och. Oznacza to, ˙ze O = O1, a to jest mo˙zliwe tylko wtedy, gdy punkt O le˙zy na prostej s .

19. Dowie´s´c, ˙ze je˙zeli punkt P porusza sie_,w p laszczy´znie tr´ojka_,ta ABC , to tr´ojka_,t S1S2S3, kt´orego wierzcho lkami sa_,´srodki cie_,˙zko´sci S1, S2 i S3 tr´ojka_,t´ow P BC , P CA i P AB nic zmienia kszta ltu ani wielko´sci. (X OM) Rozwia_,zanie. Niech M i N be_,da_,´srodkami odcink´ow P A i P B . Wtedy ^S_{M C}^2C =

2

3 = ^S_{N C}^1C , zatem odcinek S2S1 jest r´ownoleg ly do odcinka M N i ^S_{M N}^2S1 = ²₃. Oczywi´scie M N k AB i M N = ¹₂AB . Sta_,d wynika, ˙ze

S2S1 = ²₃ · M N = ²₃ · ¹₂ · AB = ¹₃ · AB i S2S1 k AB .

Analogicznie dowodzimy, ˙ze zachodza_, wzory S₃S₂ = ¹₃ · BC i S₃S₂ k BC oraz S1S3 = ¹₃ · CA i S1S3 k CA .

20. Dany tr´ojka_,t ABC podzieli´c prosta_, r´ownoleg la_, do danej prostej p na dwie

cze_,´sci o r´ownych polach. (XIV OM)

Rozwia_,zanie. Poprowad´zmy przez punkty A , B , C proste a , b , c r´ownoleg le do prostej p . Przypu´s´cmy, ˙ze sa_, to trzy r´o˙zne proste; w´owczas jedna z nich le˙zy w pasie ograniczonym dwiema innymi. Niech to be_,dzie prosta a ; przecina ona bok BC w pewnym punkcie D . Je´sli BD = DC , poszukiwana_, prosta_, jest AD ; przypu´s´cmy, ˙ze BD < DC ; w przypadku, gdy BD > DC , rozwia_,zanie jest analogiczne.

Pole tr´ojka_,ta ABD jest mniejsze od pola tr´ojka_,ta ADC , wie_,c poszukiwana prosta (o ile istnieje) przecina odcinek AC w pewnym punkcie M , a odcinek DC w pewnym punkcie N . Tr´ojka_,ty M N C i ADC sa_, podobne, zatem pola ich sa_, proporcjonalne do kwadrat´ow odpowiednich bok´ow:

(1) poleM N C

poleADC = CN² CD².

Pola tr´ojka_,t´ow ADC i ABC maja_,cych wsp´olna_, wysoko´s´c, sa_, proporcjonalne do ich podstaw:

(2) poleADC

poleABC = CD CB. Mno˙za_,c powy˙zsze r´owno´sci i uwzgle_,dniaja_,c, ˙ze

poleM N C = 1

2poleABC, otrzymujemy

(3) CN² = 1

2CB · CD.

Odcinek CN jest zatem ´srednia_,geometryczna_, odcink´ow ¹₂CB i CD . Mo˙zemy go zbudowa´c w znany spos´ob, buduja_,c tr´ojka_,t prostoka_,tny, w kt´orym rzutami prostopad lymi z wierzcho lka ka_,ta prostego na przeciwprostoka_,tna_, ¹₂CB i CD .

Prowadza_,c M N k AD , otrzymujemy ˙za_,dany podzia l tr´ojka_,ta, albowiem spe l- nione sa_, w´owczas r´owno´sci (1), (2), (3), a z nich wynika latwo, ˙ze

poleCM N = ¹₂poleABC .

Gdy dwie z prostych a , b , c pokrywaja_,sie_,, zachodzi przypadek graniczny, w kt´orym mo˙zemy jednak zastosowa´c to samo rozumowanie co poprzednio. Je˙zeli np. prosta a pokrywa sie_,z prosta_, b , to punkt D pokrywa sie_,z B ; wnioskowanie poprzednie pozostaje s luszne i otrzymujemy

CN² = 1 2CB². Uwaga. Warunek: poleM N C = −1

2poleABC mo˙zemy zasta_,pi´c warunkiem og´ol- niejszym: poleM N C = k · poleABC , gdzie k oznacza dowolna_,liczbe_,wymierna_,. Zadanie rozwia_,zuje sie_, tak samo. Szukany odcinek CN jest ´srednia_, geome- tryczna_, odcink´ow k · CB i CD .

21. Na stole bilardowym w kszta lcie kwadratu znajduje sie_, kula. Kula_,pchnie_,to tak,

˙ze odbi la sie_, od bandy (ka_,t padania r´owna sie_, ka_,towi odbicia) pod ka_,tem α . Dowie´s´c, ˙ze kula be_,dzie sie_,porusza´c po lamanej zamknie_,tej wtedy i tylko wtedy, gdy tan α jest liczba_,wymierna_,. Si le_, tarcia i wymiary kuli pomijamy. (XXI OM) Rozwia_,zanie. Za l´o˙zmy dla uproszczenia, ˙ze st´o l bilardowy jest kwadratem o wierzcho lkach w punktach A(0, 0) , B(1, 0) , C(1, 1) , D(0, 1) . Niech w chwili pocza_,tkowej kula znajduje sie_, w punkcie P (a, b) , gdzie 0 < a < 1 , 0 < b < 1 .

Oznaczmy przez v pre_,dko´s´c, z jaka_, sie_, ona porusza w chwili pocza_,tkowej, a przez α — ka_,t, jaki tworzy kierunek jej ruchu z osia_, x . Bez zmniejszenia og´olno´sci mo˙zemy za lo˙zy´c, ˙ze 0^◦ ≤ α ≤ 90^◦. Je´sli α = 0^◦ lub α = 90^◦, to kula porusza sie_, po odcinku r´ownoleg lym do osi x lub y . Za l´o˙zmy wie_,c, ˙ze 0^◦ < α < 90^◦.

Rozpatrzmy rzuty Px = Px(t) i Py = Py(t) odpowiednio na o´s x i y punktu, w kt´orym znajduje sie_, kula w chwili t . Z warunk´ow zadania wynika,

˙ze punkt P_x porusza sie_, ruchem jednostajnym z pre_,dko´scia_, v₁ = v cos α po odcinku h0, 1i na osi x z tym, ˙ze po ka˙zdym odbiciu kuli od boku BC lub AD kierunek ruchu punktu Px zostaje zmieniony na przeciwny. Zatem w chwili t1 = 2

v1

= 2

v cos α punkt Px po dwukrotnym obiegu odcinka h0, 1i na osi x znajdzie sie_, w punkcie pocza_,tkowym i kierunek jego ruchu be_,dzie taki sam, jak na pocza_,tku.

Og´olnie, w chwili t_n = 2n

v cos α, gdzie n = 1, 2, . . . , punkt P_x be_,dzie sie_, znajdowa l w punkcie pocza_,tkowym i kierunek jego ruchu be_,dzie taki sam, jak na pocza_,tku.

Analogicznie dowodzimy, ˙ze w momencie t⁰_m = 2m

v₁ = 2m

v sin α, gdzie m = 1, 2, . . . , punkt Py, znajdzie sie_, w punkcie pocza_,tkowym i kierunek jego ruchu be_,dzie taki sam, jak na pocza_,tku.

Wobec tego kula powr´oci do punktu pocza_,tkowego i kierunek jej ruchu be_,dzie taki sam, jak w chwili pocza_,tkowej wtedy i tylko wtedy, gdy istnieje taka chwila t , ˙ze zar´owno punkt P_x, jak i P_y be_,da_, w tej chwili znajdowa ly sie_, w po lo˙zeniu pocza_,tkowym i kierunek ich ruchu be_,dzie taki sam, jak na pocza_,tku.

Jest to r´ownowa˙zne temu, ˙ze istnieja_, takie liczby naturalne n i m , ˙ze t = tn i t = t⁰_m, tzn.

(1) 2n

v cos α = 2m v sin α

Sta_,d tg α = m

n jest liczba_, wymierna_,. Na odwr´ot, gdy tg α = p

q jest liczba_,wymierna_,, to wystarczy przyja_,´c n = p i m = q i wtedy warunek (1) be_,dzie spe lniony.

22. Na stole bilardowym w kszta lcie tr´ojka_,ta, kt´orego miary ka_,t´ow sa_,wsp´o lmierne, pchnie_,to kule_,z pewnego punktu wewne_,trznego. Kula odbija sie_,od ´scian zgodnie z prawem „ka_,t padania r´owny ka_,towi odbicia”. Udowodni´c, ˙ze liczba kierunk´ow, w jakich mo˙ze sie_, porusza´c kula, jest sko´nczona. (Zak ladamy, ˙ze kula nie trafia

w wierzcho lek tr´ojka_,ta). (XXII OM)

Rozwia_,zanie. Udowodnimy najpierw naste_,puja_,cy

Lemat. Po dwukrotnym odbiciu kuli kolejno od bok´ow CA i AB tr´ojka_,ta ABC kierunek ruchu kuli zmienia sie_, o ka_,t 2]BAC .

Dow´od. Rozpatrzmy obraz AB⁰C tr´ojka_,ta ABC w symetrii wzgle_,dem prostej AC oraz obraz AB⁰C⁰ tr´ojka_,ta AB⁰C w symetrii wzgle_,dem prostej AB⁰. Oznaczmy przez k , l , m kolejne wektory obrazuja_,ce ruch kuli, przez l⁰, m⁰ — obrazy wektor´ow l , m w pierwszej symetrii, a przez m⁰⁰ — obraz wektora m⁰ w drugiej symetrii.

Z prawa „ka_,t padania r´owny jest ka_,towi odbicia” wynika, ˙ze wektory k , l⁰, m⁰⁰ maja_, ten sam kierunek. Poniewa˙z z lo˙zenie rozwa˙zanych symetrii jest obrotem wok´o l punktu A o ka_,t 2 <⁾BAC , wie_,c tr´ojka_,t AB⁰C⁰ jest obrazem tr´ojka_,ta ABC przy tym obrocie, a wektor m⁰⁰ — obrazem wektora m . Wynika sta_,d, ˙ze kierunki wektor´ow k i m r´o˙znia_, sie_, o ka_,t 2 <⁾BAC .

Przysta_,pimy teraz do rozwia_,zania zadania. Poniewa˙z miary ka_,t´ow tr´ojka_,ta ABC sa_, wsp´o lmierne, wie_,c istnieje taka liczba λ i liczby naturalne r , s , t , ˙ze

<⁾ BAC = rλ , <⁾ABC = sλ , <⁾ ACB = tλ . Sta_,d λ(r + s + t) = π . Oznaczaja_,c n = r + s + t otrzymujemy, ˙ze λ = π

n.

Zatem na mocy lematu po parzystej liczbie odbi´c kierunek ruchu kuli zmie- nia sie_, o ka_,t, kt´orego miara jest parzysta_, wielokrotno´scia_, liczby λ = π

n, a wie_,c jedna_, z liczb 2λ, 4λ, 6λ, . . . , 2nλ = 2π . Zatem po parzystej liczbie odbi´c ruch kuli mo˙ze sie_, odbywa´c po jednym z n kierunk´ow. Podobnie po nieparzystej liczbie odbi´c ruch kuli mo˙ze sie_, odbywa´c po jednym z n kierunk´ow. La_,czna liczba kierunk´ow, po kt´orych porusza sie_, kula, jest wie_,c nie wie_,ksza od 2n .

Uwaga. Analogicznie mo˙zna udowodni´c, ˙ze je˙zeli w zadaniu tr´ojka_,t zasta_,pi´c dowolnym wieloka_,tem, kt´orego miary ka_,t´ow sa_, wsp´o lmierne, to r´ownie˙z liczba kierunk´ow, po jakich mo˙ze sie_,porusza´c kula w takim wieloka_,cie, jest sko´nczona.

23. W danym ka_,cie wypuk lym na p laszczy´znie biegnie promie´n ´swiat la odbijaja_,c sie_, od ramion ka_,ta zgodnie z zasada_,, ˙ze ka_,t padania r´owna sie_, ka_,towi odbicia.

Promie´n, kt´ory trafi w wierzcho lek ka_,ta, zostaje poch lonie_,ty. Udowodni´c, ˙ze ist- nieje taka liczba naturalna n , ˙ze ka˙zdy promie´n mo˙ze odbi´c sie_, od ramion ka_,ta co najwy˙zej n razy.

Rozwia_,zanie. Je˙zeli promie´n ´swiat la wychodza_,c z punktu C odbija sie_, od jed- nego z ramion danego ka_,ta w punkcie P , a naste_,pnie od, drugiego ramienia w punkcie Q , to dokonuja_,c symetrii ϕ wzgle_,dem prostej OP , gdzie O jest wierzcho lkiem danego ka_,ta, stwierdzamy, ˙ze punkty C , P i ϕ(Q) sa_, wsp´o l- liniowe. Wynika to z r´owno´sci ka_,t´ow <⁾CP A = <⁾QP O = <⁾ϕ(Q)P O . Wobec tego zadanie sprowadza sie_,do naste_,puja_,cego: Z punktu O prowadzimy p´o lproste m₁, m₂, . . . , m_k, m_k+1, . . . tak, ˙ze <⁾(m_i, m_i+1) = θ dla i = 1, 2, . . . . Nale˙zy udo- wodni´c, ˙ze istnieje liczba naturalna n o tej w lasno´sci, ˙ze ka˙zda p´o lprosta m prze- chodza_,ca przez pewien punkt po lo˙zony wewna_,trz ka_,ta <⁾(m1, m2) i przecinaja_,ca p´o lprosta_, m₂ przecina kolejno nie wie_,cej ni˙z n z narysowanych p´o lprostych.

By to udowodni´c, wystarczy tak obra´c k , by (k − 2)θ < π ≤ (k − 1)θ . Wtedy <⁾(m2, mk+1) = (k − 1)θ ≥ π i p´o lprosta m przecinaja_,c p´o lprosta_, m2

nie przetnie ju˙z p´o lprostej m_k+1, poniewa˙z p´o lproste m₃ i m_k+1 nie le˙za_, w tej samej p´o lp laszczy´znie otwartej wyznaczonej przez prosta_, zawieraja_,ca_, p´o lprosta_, m2. Tak wie_,c p´o lprosta m przetnie co najwy˙zej k − 1 danych p´o lprostych m2, m3, . . . , mk, gdzie k − 2 < π

θ , to znaczy k − 1 < π

θ + 1 . Zatem promie´n

´swiat la odbije sie_, od ramion danego ka_,ta mniej ni˙z π

θ + 1 razy. Wystarczy wie_,c przyja_,´c n =h π

θ i

+ 1 .

24. Udowodni´c, ˙ze je´sli ´srodkowa i dwusieczna wychodza_,ce z wierzcho lka B tr´ojka_,ta ABC pokrywaja_, sie_,, to tr´ojka_,t AB = BC .

Rozwia_,zanie. Niech B1 oznacza punkt symetryczny do punktu B wzgle_,dem

´srodka boku ABC . Wtedy czworoka_,t AB1CB jest r´ownolegobokiem, w kt´orym

przeka_,tna BB₁ dzieli ka_,t <⁾ CBA na po lowy, wie_,c dzieli te˙z ka_,t <⁾CB₁A na po lowy. Sta_,d natychmiast wynika, ˙ze cztery ka_,ty przy podstawach BB1

tr´ojka_,t´ow BB1C i BB1A sa_, r´owne, wie_,c te tr´ojka_,ty sa_, r´ownoramienne.

25. Dwaj ch lopcy k lada_, na prostoka_,tnym stole monety pie_,ciogroszowe przy czym moneta nie mo˙ze by´c po lo˙zona na drugiej nawet cze_,´sciowo. Przegrywa ten, kt´ory nie mo˙ze do lo˙zy´c monety. Wykaza´c, ˙ze rozpoczynaja_,cy gracz mo˙ze zapewni´c sobie wygrana_, w tej grze.

Szkic rozwia_,zania. Pierwszy zaczyna od po lo˙zenia monety na ´srodku sto lu, a po- tem k ladzie monety symetrycznie wzgle_,dem ´srodka sto lu do po lo˙zonych przez przeciwnika. Pierwszy wygra.

26. Skonstruowa´c czworoka_,t ABCD maja_,c dane boki AB , BC , CD i DA wie- dza_,c, ˙ze p´o lprosta AC jest dwusieczna_, ka_,ta BAD .

Szkic rozwia_,zania. Za l´o˙zmy, ˙ze AD < AB i ˙ze <⁾DAB < 180^◦. Niech D⁰ oznacza punkt symetryczny do D wzgle_,dem prostej AC . Wtedy CD⁰ = CD , D⁰B = AB − AD , co oznacza, ˙ze znane nam sa_, wszystkie boki tr´ojka_,ta D⁰BC . Mo˙zemy go wie_,c skonstruowa´c, naste_,pnie przed lu˙zaja_,c bok BD⁰ otrzyma´c punkt A itd.

27. Ile osi symetrii mo˙ze mie´c czworoka_,t, niekoniecznie wypuk ly?

Szkic rozwia_,zania. Jasne jest, ˙ze mo˙ze mie´c dok ladnie jedna_, o´s symetrii. Mo˙ze to by´c deltoid, kt´ory nie jest rombem, niekt´orzy uwa˙zaja_,, ˙ze deltoid nie musi by´c wypuk ly i tak w la´snie zak ladam w tym rozwia_,zaniu (na og´o l jednak przyj- muje_,, ˙ze zgodnie z tradycja_, deltoidy sa_, wypuk le). Jedna_, o´s symetrii ma te˙z trapez r´ownoramienny, je´sli nie jest r´ownoleg lobokiem. Chodzi o to, ˙ze obrazami wierzcho lk´ow czworoka_,ta w symetrii przekszta lcaja_,cej go na siebie musza_, by´c wierzcho lki, bok´ow — boki, ka_,t´ow — ka_,ty, przeka_,tnych przeka_,tne itp. Je´sli na osi symetrii le˙zy jeden wierzcho lek , to musi le˙ze´c jeszcze jeden, bo liczba tych poza osia_, musi by´c parzysta. Wobec tego na osi symetrii mo˙ze nie le˙ze´c ˙zaden wierzcho lek lub moga_, le˙ze´c dwa wierzcho lki czworoka_,ta.

Czworoka_,t mo˙ze mie´c dwie osie symetrii. Je´sli obie zawieraja_, wierzcho lki, mamy do czynienia z rombem, je´sli ˙zaden wierzcho lek nie le˙zy na osi symetrii

— z prostoka_,tem. Je´sli na jednej osi symetrii le˙za_, wierzcho lki, a na drugiej ich nie ma, to wszystkie boki sa_, r´owne: je´sli wierzcho lek A le˙zy na osi symetrii to boki wychodza_,ce z A sa_, r´owne, je´sli wierzcho lki A , B nie le˙za na osi symetrii, to albo o´s symetrii jest symetralna_, boku AB , albo bok CD jest symetryczny do boku AB wzgle_,dem tej osi i wtedy AB = CD . Jednak wtedy czworoka_,t jest

rombem symetrycznym, wzgle_,dem prostej przechodza_,cej przez ´srodki przeciw- leg lych bok´ow, wie_,c jest kwadratem, zatem ma cztery osie symetrii.

Sta_,d ju˙z latwo wynika, ˙ze dok ladnie trzech osi symetrii czworoka_,t mie´c nie mo˙ze, bo musia laby w´sr´od nich znale´z´c sie_, o´s zawieraja_,ca przeka_,tna_, (takie sa_,co najwy˙zej dwie) oraz o´s przechodza_,ca przez ´srodki dw´och przeciwleg lych bok´ow (takie te˙z sa_, co najwy˙zej dwie), a je´sli sa_, osi obu rodzaj´ow, to czworoka_,t jest kwadratem.