XXII OM - I - Zadanie 3

Przez punkt $ P $, należący do płaszczyzny trójkąta $ ABC $, poprowadzono trzy proste prostopadłe odpowiednio do prostych $ BC $, $ AC $ i prostej zawierającej środkową $ \overline{CE} $. Udowodnić, że przetną one prostą zawierającą wysokość $ CD $ odpowiednio w takich punktach $ K, L, M $, że $ KM = LM $.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw kilka pomocniczych faktów.

Lemat. Jeżeli odpowiednie boki dwóch trójkątów są równoległe, to trójkąty te są podobne.

Dowód. Niech $ AB\parallel A'B' $, $ BC \parallel B'C $, $ CA \parallel C'A' $. Wtedy odpowiednie kąty trójkątów $ ABC $ i $ A'B'C' $ mają ramiona równoległe. Zatem miary tych kątów są równe lub w sumie dają miarę kąta półpełnego. Mamy więc

\[<br />
\measuredangle A= \measuredangle A' \quad \textrm{lub} \quad \measuredangle A +\measuredangle A' =180^\circ,<br />
\]
\[<br />
\measuredangle B= \measuredangle B' \quad \textrm{lub} \quad \measuredangle B +\measuredangle B' =180^\circ,<br />
\]
\[<br />
\measuredangle C= \measuredangle C' \quad \textrm{lub} \quad \measuredangle C +\measuredangle C' =180^\circ,<br />
\]

Gdyby w co najmniej dwóch przypadkach spełniony był drugi człon alternatywy, np. $ \measuredangle A +\measuredangle A' =180^\circ $, $ \measuredangle B +\measuredangle B' =180^\circ $ to wobec tego, że suma miar kątów trójkąta równa jest $ 180^\circ $, mielibyśmy, że

\[<br />
\measuredangle A +\measuredangle A' +\measuredangle B +\measuredangle B' =360^\circ<br />
\]
\[<br />
\measuredangle A + \measuredangle B + \measuredangle C +\measuredangle A'  +\measuredangle B' + \measuredangle C'=360^\circ<br />
\]

Stąd $ \measuredangle C + \measuredangle C' = 0^\circ $, co nie jest możliwe.

Wobec tego w co najmniej dwóch przypadkach spełniony jest pierwszy człon alternatywy, np. $ \measuredangle A = \measuredangle A' $ i $ \measuredangle B =\measuredangle B' $ Wynika stąd, że trójkąty $ ABC $ i $ A'B'C' $ są podobne.

Wniosek. Jeżeli odpowiednie boki dwóch trójkątów są prostopadłe, to trójkąty te są podobne:

Dowód. Niech

\[<br />
(1) \qquad  AB \bot A_1B_1,\quad BC \bot B_1C_1,\quad CA \bot C_1A_1.<br />
\]

Obróćmy trójkąt $ A_1B_1C_1 $ wokół dowolnego punktu o kąt prosty. Otrzymamy wtedy trójkąt $ A'B'C' $ o bokach prostopadłych do odpowiednich boków trójkąta $ A_1B_1C_1 $, tzn.

\[<br />
(2) \qquad  A_1B_1 \bot A'B', \quad B_1C_1 \bot B'C', \quad C_1A_1 \bot C'A'.<br />
\]

Z (1) i (2) wynika, że $ AB \parallel A'B' $, $ BC \parallel B'C' $, $ CA \parallel C'A' $. Zatem na mocy lematu trójkąty $ ABC $ i $ A'B'C' $ są podobne. Ponieważ trójkąty $ A'B'C' $ i $ A_1B_1C_1 $ są przystające, więc wynika stąd, że również trójkąty $ ABC $ i $ A_1 B_1 C_1 $ są podobne.

Przystąpimy teraz do rozwiązania zadania.

Jeżeli punkt $ P $ należy do prostej zawierającej odcinek $ CD $, to $ P = K = L = M $ i wobec tego $ KM = LM = 0 $.

Jeżeli punkt $ P $ nie należy do prostej zawierającej odcinek $ CD $, to z warunków zadania wynika, że odpowiednie boki trójkątów $ PKM $ i $ CBE $ są prostopadłe, a także odpowiednie boki trójkątów $ PLM $ i $ CAE $ są prostopadłe (rys. 6). Zatem na mocy udowodnionego wyżej wniosku trójkąty $ PKM $ i $ CBE $ oraz trójkąty $ PLM $ i $ CAE $ są podobne.

Oznaczając odpowiednio stosunki tych podobieństw przez $ \lambda $ i $ \mu $ otrzymamy, że $ PM = \lambda CE $, $ KM = \lambda BE $, $ PM = \mu CE $, $ LM = \mu AE $. Z pierwszej i trzeciej równości wynika, że $ \lambda =\mu $. Punkt $ E $ jest środkiem odcinka $ AB $, tzn. $ AE = BE $. Zatem z drugiej i czwartej równości wynika, że $ KM = LM $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź