IV OM - III - Zadanie 2

Znaleźć miejsce geometryczne środka prostokąta, którego wierzchołki leżą na obwodzie danego trójkąta.

Rozwiązanie

Wyznaczymy najpierw miejsce geometryczne środka $ L $ prostokąta $ EFGH $, którego dwa wierzchołki $ E $ i $ F $ leżą na boku $ AB $ trójkąta $ ABC $, wierzchołek $ G $ na boku $ BC $, a wierzchołek $ H $ na boku $ AC $. Prostokąty takie istnieją tylko wtedy, gdy żaden z kątów $ A $ i $ B $ trójkąta nie jest rozwarty. W dalszym ciągu przyjmiemy, że oba kąty $ A $ i $ B $ są ostre; w przypadku, gdy jeden z nich jest prosty rozważania poniższe wymagają drobnej modyfikacji, co pozostawiamy Czytelnikowi.

Punkt $ L $, którego miejsca geometrycznego szukamy, jest środkiem odcinka $ PQ $ łączącego środki boków $ EH $ i $ FG $ prostokąta (rys. 41). Poprowadźmy wysokość $ CD $ trójkąta $ ABC $.

Ponieważ trójkąty $ AEH $ i $ ADC $ są jednokładne względem punktu $ A $, a trójkąty $ BFG $ i $ BDC $ są jednokładne względem punktu $ B $, więc proste $ AP $ i $ BQ $ przechodzą przez środek $ T $ odcinka $ CD $. Trójkąty $ PQT $ i $ ABT $ są jednokładne względem punktu $ T $, zatem prosta $ TL $ przechodzi przez środek $ S $ odcinka $ AB $. A zatem środek $ L $ prostokąta $ EFGH $ leży wewnątrz odcinka $ ST $ łączącego środek boku $ AB $ ze środkiem wysokości $ CD $ trójkąta $ ABC $.

Odwrotnie, każdy punkt $ L $ leżący wewnątrz odcinka $ ST $ jest środkiem pewnego prostokąta $ EFGH $ o rozważanym położeniu. Istotnie, wykreślając przez punkt $ L $ odcinek $ PQ $ jednokładny do odcinka $ AB $ względem punktu $ T $, a następnie prowadząc przez punkty $ P $ i $ Q $ odcinki $ EH $ i $ FG $ jednokładne do odcinka $ CD $ odpowiednio względem punktów $ A $ i $ B $, otrzymujemy czworokąt $ EFGH $, przy czym z własności odcinków jednokładnych wynika, że $ P $ i $ Q $ są środkami odcinków $ EH $ i $ FG $, a punkt $ L $ jest środkiem odcinka $ PQ $, skąd wnioskujemy, że $ EFGH $ jest prostokątem, a punkt $ L $ jest jego środkiem. Poszukiwanym miejscem geometrycznym jest wnętrze odcinka $ ST $.

Ustaliliśmy dotychczas wynik następujący:

Miejscem geometrycznym środka $ L $ prostokąta, którego dwa wierzchołki leżą na boku $ AB $ trójkąta $ ABC $, a dwa pozostałe wierzchołki leżą na bokach $ AC $ i $ BC $, jest wnętrze odcinka łączącego środek boku $ AB $ ze środkiem odpowiedniej wysokości trójkąta.

Gdy dany trójkąt jest ostrokątny, twierdzenie powyższe zachodzi dla każdego z trzech jego boków. Miejsce geometryczne, o którym mówi tekst zadania, składa się wtedy z wnętrz trzech odcinków łączących środki boków trójkąta ze środkami odpowiednich wysokości. Dowiedziemy, że te trzy odcinki przecinają się w jednym punkcie.

Przyjmiemy oznaczenia punktów według rysunku 44: $ D $, $ E $, $ F $ są spodkami wysokości, $ M $, $ N $, $ P $ - środkami boków, a $ Q $, $ R $, $ S $ - środkami wysokości trójkąta $ ABC $. Stosując do tego trójkąta i jego trzech wysokości twierdzenie Cevy otrzymujemy

\[<br />
\frac{AF \cdot BD \cdot CE}{FB \cdot DC \cdot EA} = 1<br />
\]

(Patrz: Zadania z Trzeciej Olimpiady Matematycznej, zadanie nr 23 str. 51.)
Ponieważ boki trójkąta $ MNP $ są równoległe do odpowiednich boków trójkąta $ ABC $, więc

\[<br />
\frac{NS}{SM} = \frac{AF}{FB},\<br />
\frac{PQ}{QN} = \frac{BD}{DC},\<br />
\frac{MR}{RP} = \frac{CE}{EA},<br />
\]

wobec czego

\[<br />
\frac{NS \cdot PQ \cdot MR}{SM \cdot QN \cdot RP} = 1.<br />
\]

Na podstawie twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Cevy, wnioskujemy z tej równości, że proste $ MQ $, $ NR $ i $ PS $ przecinają się w jednym punkcie.

Gdy dany trójkąt jest prostokątny, dwa z trzech odcinków stanowiących omawiane miejsce geometryczne pokrywają się i mamy figurę rysunku 45.

W trójkącie rozwartokątnym naszym miejscem geometrycznym jest wnętrze jednego odcinka.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź