XIV OM - I - Zadanie 3

Dowieść, że jeżeli wierzchołki $ A $ i $ B $ trójkąta $ ABC $ są stałe, a wierzchołek $ C $ tak się porusza, że kąt $ ABC $ nie zmienia swej wielkości, to odcinek łączący spodki $ H $ i $ K $ wysokości trójkąta poprowadzonych z wierzchołków $ A $ i $ B $ ma stałą długość.

Rozwiązanie

Gdy $ \measuredangle ACB $ jest prosty, twierdzenie jest oczywiste, gdyż $ H $ i $ K $ pokrywają się wtedy z punktem $ C $ i $ HK = 0 $. Załóżmy, że $ \measuredangle ACB = \gamma \ne 90^\circ $. Punkty $ H $ i $ K $ leżą na okręgu o średnicy $ AB $ (rys. 1); niech $ O $ będzie jego środkiem. Na podstawie twierdzenia o kącie wpisanym $ \measuredangle HOK = 2 \cdot \measuredangle HAK $. Jeżeli kąt $ \gamma $ jest ostry, to punkt $ H $ leży między punktami $ B $ i $ C $ i $ \measuredangle HAK = 90^\circ - \gamma $. Jeśli zaś kąt $ \gamma $ jest rozwarty, to $ \measuredangle HAK = \gamma - 90^\circ $. W. obu przypadkach wielkość kąta środkowego $ HOK $ jest stała, zatem również długość cięciwy $ HK $ jest stała.

Zadanie można rozwiązać również na drodze rachunku. Z $ \triangle HCK $ mamy $ HK^2 = HC^2 + KC^2 - 2HC \cdot KC \cdot \cos \gamma $.

Ponieważ $ HC^2 = AC^2 \cos^2 \gamma $, $ KC^2 = BC^2 \cos^2 \gamma $, więc

\[<br />
HK^2 = (AC^2 + BC^2 - 2AC \cdot BC \cos \gamma)\cos^2 \gamma,<br />
\]

a stąd

\[<br />
HK = AB | \cos \gamma |.<br />
\]

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź