VI OM - I - Zadanie 11

Dowieść, że w trójkącie ostrokątnym suma odległości ortocentrum (tzn. punktu przecięcia wysokości) od wierzchołków jest dwa razy większa od sumy promieni kół opisanego i opisanego.

Rozwiązanie

Dowód twierdzenia można przeprowadzić bez stosowania związków trygonometrycznych. Poprowadźmy przez każdy wierzchołek trójkąta prostą równoległą do boku przeciwległego i oznaczmy punkty przecięcia tych prostych literami $ A' $, $ B' $, $ C' $ jak wskazuje rys. 7. Trójkąt $ A'B'C' $ jest podobny do trójkąta $ ABC $ w skali $ 2 \colon 1 $, punkty $ A $, $ B $, $ C $ są odpowiednio środkami boków $ B'C' $, $ C'A' $ i $ A'B' $, więc punkt $ H $, jako punkt przecięcia symetralnych boków trójkąta $ A'B'C' $, jest środkiem koła opisanego na tym trójkącie; promień tego koła wynosi $ 2R $. Pole $ 4S $ trójkąta $ A'B'C' $ jest sumą pól trójkątów $ B'HC' $, $ C'HA' $ i $ A'HB' $ o podstawach równych odpowiednio $ 2a $, $ 2b $, $ 2c $ i wysokościach $ d_1 $, $ d_2 $, $ d_3 $, zatem

\[<br />
(3) \qquad ad_1 + bd_2 + cd_3 = 4S.<br />
\]

Weźmy pod uwagę czworokąt $ A'BHC $; ma on w wierzchołkach $ B $ i $ C $ kąty proste, wobec czego ma koło opisane o średnicy $ A'H = 2R $. Stosując do tego czworokąta twierdzenie Ptolemeusza otrzymujemy:

\[<br />
A'C \cdot BH + A'B \cdot CH = A'H \cdot BC,<br />
\]

czyli

\[<br />
(4) \qquad c \cdot d_2 + bd_3 = 2R \cdot a.<br />
\]

Analogicznie

\[<br />
(5) \qquad ad_3 + cd_1 = 2Rb,<br />
\]
\[<br />
(6) \qquad bd_1 + ad_2 = 2Rc.<br />
\]

Dodajmy stronami równości (3), (4), (5), (6); otrzymamy:

\[<br />
(a+b+c) (d_1+d_2+d_3) = 2R (a+b+c) + 4S;<br />
\]

stąd

\[<br />
d_1 + d_2 + d_3 = 2R + \frac{4S}{a+b+c}<br />
\]

i ostatecznie

\[<br />
d_1 + d_2 + d_3 = 2R + 2r.<br />
\]

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź