XXVIII - II - Zadanie 2

Niech $ X $ będzie punktem wewnętrznym trójkąta $ ABC $ Dowieść, że iloczyn odległości punktu $ X $ od wierzchołków $ A, B, C $ jest co najmniej osiem razy większy od iloczynu odległości tego punktu od prostych $ AB, BC, CA $.

Rozwiązanie

Niech $ h_a $, $ h_b $, $ h_c $ będą długościami wysokości trójkąta $ ABC $ poprowadzonych z wierzchołków $ A $, $ B $, $ C $ odpowiednio, $ x_a $, $ x_b $, $ x_c $ - odległościami punktu $ X $ od prostych $ BC $, $ CA $, $ AB $ odpowiednio a $ S_a $, $ S_b $, $ S_c $ - polami trójkątów $ XBC $, $ XCA $, $ XAB $. Wreszcie niech $ S $ będzie polem trójkąta $ ABC $.

Mamy oczywiście $ XA + x_a \geq h_a $ (rys. 6) i wobec tego

\[<br />
(1) \qquad \frac{XA}{x_a} \geq \frac{h_a - x_a}{x_a} = \frac{h_a}{x_a} - 1 = \frac{S}{S_a} - 1 = \frac{S_a + S_b + S_c}{S_a} - 1 = \frac{S_b + S_c}{S_a}.<br />
\]

Analogicznie dowodzimy, że

\[<br />
\frac{XB}{x_b} \geq \frac{S_c + S_a}{S_b} \ \textrm{oraz} \<br />
\frac{XC}{x_c} \geq \frac{S_a + S_b}{S_c}.<br />
\]

Dla rozwiązania zadania wystarczy więc udowodnić, że

\[<br />
(3) \qquad<br />
\frac{S_a + S_b}{S_c} \cdot<br />
\frac{S_b + S_c}{S_a} \cdot<br />
\frac{S_c + S_a}{S_b} \geq 8.<br />
\]

Mnożąc obie strony nierówności (3) przez $ S_aS_bS_c $, i przenosząc wszystkie wyrazy na stronę lewą dochodzimy do nierówności równoważnej

\[<br />
(4) \qquad S_a(S_b - S_c)^2 + S_b(S_c - S_a)^2 + S_c(S_a - S_b)^2 \geq 0.<br />
\]

Ta ostatnia nierówność oczywiście jest prawdziwa. Zatem nierówność (3) też jest prawdziwa. Stąd na mocy (1) i (2) wynika, że

\[<br />
(5) \qquad XA \cdot XB \cdot XC \geq 8 x_a \cdot x_b \cdot x_c.<br />
\]

Uwaga. Nietrudno udowodnić, że wę wzorze (5) zachodzi równość wtedy i tylko wtedy, gdy $ ABC $ jest trójkątem równobocznym i $ X $ jest jego środkiem ciężkości.

Istotnie, jeżeli $ X $ jest środkiem ciężkości trójkąta równobocznego $ ABC $, to $ XA = 2x_a $, $ XB = 2x_b $, $ XC = 2x_c $. Wobec tego we wzorze (5) zachodzi równość.

Na odwrót, jeżeli we wzorze (5) zachodzi równość, to w każdym ze wzorów (1) - (4) zachodzi równość. W szczególności z (4) wynika, że $ S_a = S_b = S_c $, a wobec tego z (1) i (2) - że $ XA = 2x_a $, $ XB = 2x_b $, $ XC = 2x_c $. Z (1) wynika też, że $ XA = h_a - x_a $, tzn. punkt $ X $ należy do wysokości trójkąta $ ABC $ poprowadzonej z wierzchołka $ A $ i dzieli ją w stosunku $ 2 \colon 1 $.

Niech $ A' $ będzie punktem przecięcia prostych $ AX $ i $ BC $ (rys. 7). Wtedy

\[<br />
A'C \cdot x_a = \frac{1}{2} A'C \cdot XA = S_b = S_a = \frac{1}{2} BC \cdot x_a.<br />
\]

Zatem $ A'C = \displaystyle \frac{1}{2} BC $, tzn. $ AA' $ jest środkową trójkąta $ ABC $.

Analogicznie dowodzimy, że pozostałe wysokości trójkąta $ ABC $ są jego środkowymi. Wobec tego trójkąt ten jest równoboczny.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź