III OM - III - Zadanie 2

Na bokach $ BC $, $ CA $, $ AB $ trójkąta $ ABC $ obrano odpowiednio punkty $ M $, $ N $, $ P $ w taki sposób, że

\[<br />
(1) \qquad<br />
\frac{BM}{MC} = \frac{CN}{NA} = \frac{AP}{PB} = k,<br />
\]

gdzie $ k $ oznacza liczbę daną większą od $ 1 $; następnie poprowadzono odcinki $ AM $, $ BN $, $ CP $. Mając dane pole $ S $ trójkąta $ ABC $ obliczyć pole trójkąta ograniczonego prostymi $ AM $, $ BN $ i $ CP $.

Rozwiązanie

Oznaczmy punkty przecięcia prostych $ AM $, $ BN $ i $ CP $ literami $ X $, $ Y $, $ Z $, jak wskazuje rys. 36.

Ponieważ pola trójkątów o równych wysokościach mają się jak podstawy tych trójkątów, więc

\[<br />
\textrm{pole }ABM = \frac{BM}{BC} \cdot S,\<br />
\textrm{pole }ABX = \frac{AX}{AM} \cdot \textrm{pole }ABM,<br />
\]

zatem

\[<br />
(2) \qquad \textrm{pole } ABX = \frac{BM}{BC} \cdot \frac{AX}{AM} \cdot S.<br />
\]

Stosunki $ \frac{BM}{BC} $ i $ \frac{AX}{AM} $ obliczamy na podstawie równości (1):

\[<br />
\frac{BC}{BM} = \frac{BM + MC}{BM} = 1 + \frac{1}{k} = \frac{k+1}{k},<br />
\]

więc

\[<br />
(3) \qquad \frac{BM}{BC} = \frac{k}{k+1}.<br />
\]

Wartość stosunku $ \frac{AX}{AM} $ możemy uzyskać opierając się na wyniku zadania nr 23, trzeba tylko występującą tam literę $ P $ zastąpić literą $ X $ (por. rysunki 17 i 36); otrzymujemy równość

\[<br />
\frac{AX}{XM} = n \left( 1 + \frac{1}{m} \right),<br />
\]

gdzie

\[<br />
n = \frac{AN}{NC} = \frac{1}{k},\ m = \frac{BM}{MC} = k,<br />
\]

wobec czego

\[<br />
\frac{AX}{XM} = \frac{1}{k} \left( 1 + \frac{1}{k} \right) =<br />
\frac{k+1}{k^2}<br />
\]

oraz

\[<br />
(4) \qquad \frac{AX}{AM} = \frac{AX}{AX + XM} = \frac{k+1}{k^2 + k +1}.<br />
\]

Podstawiając wartości stosunków $ \frac{BM}{BC} $ i $ \frac{AX}{AM} $ ze wzorów (3) i (4) do wzoru (2) otrzymujemy wzór

\[<br />
\textrm{pole }ABX = \frac{k}{k^2+k+1} S.<br />
\]

Wartość pola trójkąta $ BCY $ uzyskamy, gdy w powyższym obliczeniu pola trójkąta $ ABX $ zamienimy litery $ A $, $ B $, $ C $ odpowiednio na $ B $, $ C $, $ A $, litery $ M $ i $ N $ na $ N $ i $ P $, a literę $ X $ na $ Y $; analogicznie obliczymy pole trójkąta $ CAZ $. Wyniki obliczeń będą oczywiście te same, zatem

\[<br />
\textrm{pole }BCY = \textrm{pole }CAZ = \textrm{pole }ABX =<br />
\frac{k}{k^2+k+1} S.<br />
\]

Ponieważ

\[<br />
\textrm{pole }XYZ = S - (\textrm{pole }ABX + \textrm{pole }BCY + \textrm{pole }CAZ),<br />
\]

więc

\[<br />
\textrm{pole }XYZ = S - \frac{3k}{k^2+k+1}S<br />
\]

i ostatecznie

\[<br />
(5) \qquad \textrm{pole }XYZ = \frac{(k-1)^2}{k^2+k+1}S.<br />
\]

Uwaga 1. W rozumowaniu powyższym wzór (4) można by również uzyskać stosując do trójkąta $ ACM $ przeciętego prostą $ BN $ twierdzenie Menelausa (patrz zadanie nr 23), co daje równość

\[<br />
\frac{AN}{NC} \cdot \frac{CB}{BM} \cdot \frac{MX}{XA} = -1.<br />
\]

Nadając tej równości postać

\[<br />
\frac{AN}{NC} \cdot \frac{CM + MB}{BM} \cdot \frac{MX}{XA} = -1,<br />
\textrm{ czyli }<br />
\frac{NA}{CN} \cdot \frac{MC + BM}{BM} \cdot \frac{MX}{XA} = 1,<br />
\]

i podstawiając w ostatnim równaniu wartości stosunków

\[<br />
\frac{NA}{CN} = \frac{MC}{BM} = \frac{1}{k}<br />
\]

otrzymujemy równość

\[<br />
\frac{1}{k} \left( \frac{1}{k} + 1 \right) \frac{MX}{XA} = 1<br />
\]

i wreszcie

\[<br />
\frac{AX}{XM} = \frac{k+1}{k^2},<br />
\]

skąd wynika, jak poprzednio, wzór (4).

Uwaga 2. Warunek, że $ k > 1 $, można zastąpić warunkiem słabszym $ k > 0 $ i $ k \ne 1 $. Rozumowanie i wynik (5) pozostają te same. Zauważmy, że gdy $ k = 0 $, punkty $ M $, $ N $, $ P $ pokrywają się odpowiednio z punktami $ B $, $ C $, $ A $, a trójkąt $ XYZ $ pokrywa się z trójkątem $ BCA $. Gdy $ k = 1 $, trójkąt $ XYZ $ redukuje się do jednego punktu - środka ciężkości trójkąta $ ABC $. W obu tych przypadkach wzór (5) daje prawidłowe wartości pola: $ S $ i $ O $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź