9. príklad - Vzorové riešenie

Než sa vrhneme na samotné riešenie, zamyslime sa najprv nad tým, čo by v ňom nemalo chýbať. Keďže máme zostrojiť nejaký geometrický útvar, nemal by v našom riešení chýbať postup konštrukcie. Teda, čo treba kedy zostrojiť. Okrem toho môže ešte vyvstať otázka, či sme nazaj zostrojili to, čo sme zostrojiť mali. To samozrejme nestačí narysovať a odmerať, či máme štvorec, dôležité je ukázať, že to tak bude skutočne vždy.

Než prejdeme k samotnému riešeniu, zamyslíme sa najprv nad tým, čo by sa nám mohlo hodiť. Táto časť nie je v riešení, ktoré odovzdáte, nutná, ale pomôže tým, ktorí sa pýtajú "Ako sme mali na toto prísť?"

Predpokladajme, že máme štvorec spĺňajúci podmienky zo zadania. Keď štvorec otočíme o 90\degree​ dostaneme zhodný štvorec. Otočme teda aj priamky p, q​ o 90\degree​. Tým dostaneme priamky k,l prechádzajúce bodmi A​, resp. C, ako vidíme na obrázku. Zároveň budú k,l​ kolmé na p,q​ a vzdialenosť medzi nimi bude tiež rovnaká ako vzdialenosť medzi p,q​.

Vnútri nášho štvorca teda vznikne menší štvorec, ktorého vrcholy označíme E,F,G,H​. Keďže celá situácia vznikla otočením o 90\degree​, trojuholníky ABE​ a BCF​ sú zhodné. Rovnakou úvahou vieme zistiť, že zhodné sú aj BCF​ a CDG​, CDG​ a DAH​, a teda aj všetky štyri navzájom.

Môžeme si všimnúť, že tieto informácie nám stačia. Dozvedeli sme sa napríklad, že |AE| = |CG|​. Body E,H​ vieme zostrojiť, lebo vieme zostrojiť kolmice. Bod G​ vieme nájsť, lebo |GH| = |EH|. Priamka k​ bude kolmica na q​ cez G​, čo vieme zostrojiť, a už nám stačí len preniesť vzdialenosť |AE|​. Keď budeme mať uhlopriečku AC​, už ľahko zostrojíme zvyšné vrcholy štvorca.

Postup konštrukcie:

Bod A​ a priamky p,q​ máme dané.

1. Priamka l{:}\, l \perp p,\, A \in l.
2. Body E,H{:}\, E \in p \cap l,\, H \in q \cap l​.
3. Kružnica c{:}\, c(H, |EH|).
4. Bod G{:}\, G \in q \cap c​.
5. Priamka k{:}\, k \parallel l,\, G \in k​.
6. Priamka m{:}\, m \parallel AG,\, H \in m​.
7. Bod C{:}\, C \in k \cap m​.
8. Stred S​ úsečky AC​.
9. Priamka n{:}\, n \perp AC,\, S \in n​.
10.  Body B, D{:}\, B \in p \cap n,\, D \in q \cap n​.

Správnosť konštrukcie:

Ako prvé si uvedomme, že naše úvahy na začiatku nestačia. Podľa toho, ako sme rysovali platí |EH| = |HG|​, pričom tieto úsečky sú na seba kolmé, takže máme štvorec. V skutočnosti však takýto štvorec vieme dostať aj pri rovnobežníku. (Viď obrázok.)

Podobne si môžeme všimnúť, že v našom narysovanom útvare platí |AE| = |CG| (keďže AECG​ je rovnobežník). To isté však platí aj v rovnobežníku na obrázku. Na začiatku sme odvodzovali, čo platí pre štvorec. Nikde sme však neukázali, že by naše závery nemohli platiť aj pre iné útvary. Spravme to teda teraz pre náš narysovaný útvar.

Začnime s bodmi B​ a D​. Tie zjavne ležia na p​, resp. q​, čiže v tomto smere zadanie spĺňajú. Pokaziť by sa však mohol aj fakt, že ABCD​ je štvorec. B​ a D​ boli zostrojené tak, že ležia na osi úsečky AC​, teda nutne |AB| = |BC|​ a |CD| = |DA|​.

Prejdime teraz k trojuholníkom DAH a CDG​. Vieme, že sú oba pravouhlé a že ich prepony DA​ a CD​ sú rovnako dlhé. Využijeme tedy Pytagorovu vetu. Útvar EFGH​ je štvorec, jeho stranu označíme u​. Z konštrukcie tiež vieme, že |AE| = |CG|​, túto dĺžku označíme a​. Jediné, čo na odvesnách DAH​ a CDG​ nepoznáme je dĺžka|DH|​, ktorú označíme d​. Pre prepony platí |DA|^2 = |CD|^2​, čo podľa Pytagorovej vety dá

​(u + a)^2 + d^2 = |DA|^2 = |CD|^2 = a^2 + (u + d)^2​,

​u^2 + 2ua + a^2 + d^2 = a^2 + u^2 + 2ud + d^2​,

​2ua = 2ud​,

​a = d​.

Tento fakt znamená, že DAH​ a CDG majú aj odvesny rovnako dlhé a teda sú zhodné. Označme uhol \sphericalangle DAH​ ako \alpha​. Zo zhodnosti trojuholníkov aj |\sphericalangle CDG| = \alpha​. Keďže však súčet uhlov v trojuholníku je rovný 180\degree​ a |\sphericalangle AHD| = 90\degree​, nutne |\sphericalangle HDA| = 90\degree - \alpha​. Uhol \sphericalangle CDA​ je teda pravý.

Všimnime si, že tento istý postup vieme zopakovať aj pre trojuholníky BCF​ a ABE​. Tu nám zas vyjde pravý uhol \sphericalangle ABC​. Vďaka |AD| = |CD|​ a |AB| = |CB|​ vieme, že náš štvoruholník ABCD je zložený z dvoch rovnoramenných trojuholníkov ABC a CDA. Jedná sa teda o štvorec.

Konštruckia pomocou pravítka a kružidla:

V zadaní sme sa pýtali na konštrukciu pomocou pravítka a kružidla, pričom pravítkom vieme len spájať body a kružidlom len rysovať kružnice. Otázkou by teda mohlo byť, či nás to nejak neobmedzuje.

Náš postup využíva len dve konštrukcie, ktoré nemusia byť jasné — kolmice a rovnobežky. Ukážeme teda, ako narysovať kolmicu na priamku vedúcu cez konkrétny bod. Rovnobežky potom vieme zostrojiť tak, že spravíme postupne pomocnú kolmicu na pôvodnú priamku a druhú kolmicu na tú pomocnú.

Majme teda priamku r a bod X, ktorým chceme viesť kolmicu na r. Najprv pomocou kružidla zostrojíme kružnicu so stredom X a polomerom takým, že táto kružnica pretne r v dvoch rôznych bodoch. Tieto priesečníky si označíme Y,\, Z. Ďalej spravíme ďalšie dve kružnice so stredmi postupne v Y a Z a rovnakým polomerom |YZ|. Tie sa isto pretnú v dvoch bodoch, tieto priesečníky spojíme a dostaneme os úsečky YZ. Tá bude našou hľadanou kolmicou — prechádza bodom X, keďže ten je rovnako ďaleko od Y a Z, a navyše je kolmá na r.

Komentár

Príklad narobil viacero problémov a len málo z Vás sa podarilo získať plný počet bodov. Príčinou bolo väčšinou neobhájenie Vašej konštrukcie, v ktorej sa naopak chyby vyskytovali len minimálne.

Hlavným kameňom úrazu bolo, že ste v riešení uviedli len odvodenie, podobné tomu na začiatku vzorového riešenia. V ňom ste zistili, čo v štvorci platiť musí, no len málokedy ste overili, či to nemôže platiť aj inokedy. V niektorých prípadoch stačilo len predviesť dôkaz v opačnom poradí krokov. V iných ste však v konštrukcií využili niečo, čo ste vo svojom odvodení ani nespomenuli (ako my os úsečky AC). V prvých prípadoch boli bodové straty menšie ako v tých druhých.

Každopádne dúfame, že ste sa aspoň niečo pri riešení naučili, a že sa podobným chybám v budúcich príkladoch už hravo vyhnete. Predsa len, úlohy s rysovaním nie sú až také časté.