IV OM - II - Zadanie 3

Trójkątny kawałek blachy waży $ 900 $ g. Dowieść, że rozcinając tę blachę po prostej przechodzącej przez środek ciężkości trójkąta nie można odciąć kawałka ważącego mniej niż $ 400 $ g.

Rozwiązanie

Zakładamy, że blacha jest wszędzie jednakowej grubości; ciężar kawałka blachy jest wtedy proporcjonalny do pola płaskiej figury przedstawionej przez ten kawałek blachy. Zadanie sprowadza się do wykazania, że po rozcięciu trójkąta po prostej przechodzącej przez jego środek ciężkości, tj. przez punkt przecięcia jego środkowych, każda z części trójkąta ma pole co najmniej równe $ \frac{4}{9} $ pola całego trójkąta.

Niech $ P $ będzie środkiem ciężkości trójkąta $ ABC $ o polu $ S $ (rys. 36). Gdy trójkąt rozetniemy wzdłuż jednej ze środkowych, np. wzdłuż $ AD $, podzielimy go na dwa trójkąty o polach równych $ \frac{1}{2}S $. Rozcinając trójkąt $ ABC $ wzdłuż odcinka przechodzącego przez punkt $ P $ i równoległego do jednego z boków trójkąta, np. wzdłuż odcinka $ EF $ równoległego do boku $ AB $, podzielimy ten trójkąt na trójkąt $ EFC $ i trapez $ ABFE $. Trójkąt $ EFC $ jest podobny do trójkąta $ ABC $ w skali $ \frac{EC}{AC} = \frac{2}{3} $. Ponieważ stosunek pól figur podobnych równa się kwadratowi skali podobieństwa, więc pole trójkąta $ EFG $ równa się $ \frac{4}{9} S $, a pole trapezu $ ABFE $ równa się $ \frac{5}{9}S $.

Okazało się, że w rozpatrzonych dwóch przypadkach teza twierdzenia sprawdza się. Poprowadźmy przez punkt $ P $ dowolną prostą nie przechodzącą przez żaden z wierzchołków trójkąta ani nie równoległą do żadnego boku trójkąta. Prosta ta przetnie dwa boki trójkąta, na przykład bok $ AC $ w punkcie $ M $ i bok $ BC $ w punkcie $ N $. Punkty $ M $ i $ N $ leżą po przeciwnych stronach prostej $ EF $: niech na przykład punkt $ M $ leży na odcinku $ AE $, a punkt $ N $ na odcinku $ FD $. Twierdzenie nasze będzie udowodnione, gdy wykażemy, że

\[<br />
\frac{4}{9} S < \textrm{pole }MNC < \frac{5}{9}S.<br />
\]

Zauważmy w tym celu, że

\[<br />
(1) \qquad<br />
\begin{array}{l}<br />
\textrm{pole } MNC = \textrm{pole } EFC + \textrm{pole } MPE - \textrm{pole } NPF,\\<br />
\textrm{pole } MNC = \textrm{pole } ADC + \textrm{pole } PND - \textrm{pole } PMA.<br />
\end{array}<br />
\]

Niech $ K $ będzie punktem symetrycznym do punktu $ A $ względem punktu $ P $. Punkt $ K $ leży na przedłużeniu odcinka $ PD $ poza punkt $ D $, gdyż $ PK = AP = 2PD $. Trójkąt $ PFK $ jest symetryczny do trójkąta $ PEA $ względem punktu $ P $. Niech $ L $ będzie punktem odcinka $ FK $ symetrycznym do punktu $ M $. Wówczas

\[<br />
(2) \qquad<br />
\begin{array}{l}<br />
\textrm{pole } MPE - \textrm{pole } NPF = \textrm{pole } LPF - \textrm{pole } NPF = \textrm{pole } LNF > 0,\\<br />
\textrm{pole } PMA - \textrm{pole } PND = \textrm{pole } PLK - \textrm{pole } PND = \textrm{pole } LKDN > 0.<br />
\end{array}<br />
\]

Z równości (1) i nierówności (2) wynika, że

\[<br />
\textrm{pole } MNC > \textrm{pole } EFC, \textrm{ tj. } \textrm{pole } MNC  > \frac{4}{9}S;<br />
\]
\[<br />
\textrm{pole } MNC < \textrm{pole } ADC, \textrm{ tj. } \textrm{pole } MNC < \frac{5}{9} S,<br />
\]

czego należało dowieść.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź