XIV OM - I - Zadanie 7

Dany trójkąt $ ABC $ podzielić prostą równoległą do danej prostej $ p $ na dwie części o równych polach.

Rozwiązanie

Poprowadźmy przez punkty $ A $, $ B $, $ C $ proste $ a $, $ b $, $ c $ równoległe do prostej $ p $. Przypuśćmy, że są to trzy różne proste; wówczas jedna z nich leży w pasie ograniczonym dwiema innymi. Niech to będzie prosta $ a $; przecina ona bok $ BC $ w pewnym punkcie $ D $ (rys. 4). Jeśli $ BD = DC $, poszukiwaną prostą jest $ AD $; przypuśćmy, że $ BD < DC $; w przypadku, gdy $ BD > DC $, rozwiązanie jest analogiczne.

Pole trójkąta $ ABD $ jest mniejsze od pola trójkąta $ ADC $, więc poszukiwana prosta (o ile istnieje) przecina odcinek $ AC $ w pewnym punkcie $ M $, a odcinek $ DC $ w pewnym punkcie $ N $. Trójkąty $ MNC $ i $ ADC $ są podobne, zatem pola ich są proporcjonalne do kwadratów odpowiednich boków:

\[<br />
(1) \qquad  \frac{\textrm{pole }MNC}{\textrm{pole }ADC} =<br />
\frac{CN^2}{CD^2}.<br />
\]

Pola trójkątów $ ADC $ i $ ABC $ mających wspólną wysokość, są proporcjonalne do ich podstaw:

\[<br />
(2) \qquad  \frac{\textrm{pole }ADC}{\textrm{pole }ABC} =<br />
\frac{CD}{CB}.<br />
\]

Mnożąc powyższe równości i uwzględniając, że

\[<br />
\textrm{pole }MNC = \frac{1}{2} \textrm{pole }ABC,<br />
\]

otrzymujemy

\[<br />
(3) \qquad  CN^2 = \frac{1}{2} CB \cdot CD.<br />
\]

Odcinek $ CN $ jest zatem średnią geometryczną odcinków $ \frac{1}{2} CB $ i $ CD $. Możemy go zbudować w znany sposób, jak zaznaczono na rys. 4. Prowadząc $ MN \parallel AD $, otrzymujemy żądany podział trójkąta, albowiem spełnione są wówczas równości (1), (2), (3), a z nich wynika łatwo, że $ \textrm{pole }CMN = \frac{1}{2} \textrm{pole }ABC $.

Gdy dwie z prostych $ a $, $ b $, $ c $ pokrywają się, zachodzi przypadek graniczny, w którym możemy jednak zastosować to samo rozumowanie co poprzednio. Jeżeli np. prosta $ a $ pokrywa się z prostą $ b $, to punkt $ D $ pokrywa się z $ B $ (rys. 5); wnioskowanie poprzednie pozostaje słuszne i otrzymujemy

\[<br />
CN^2 = \frac{1}{2} CB^2.<br />
\]

Uwaga. Warunek: $ \textrm{pole }MNC = -\frac{1}{2} \textrm{pole }ABC $ możemy zastąpić warunkiem ogólniejszym: $ \textrm{pole }MNC = k \cdot \textrm{pole }ABC $, gdzie $ k $ oznacza dowolną liczbę wymierną. Zadanie rozwiązuje się tak samo. Szukany odcinek $ CN $ jest średnią geometryczną odcinków $ k \cdot CB $ i $ CD $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź