XLIII OM - II - Zadanie 3

Przez środek ciężkości trójkąta ostrokątnego $ ABC $ poprowadzono proste prostopadłe do boków $ BC $, $ CA $, $ AB $, przecinające je odpowiednio w punktach $ P $, $ Q $, $ R $. Wykazać że jeżeli $ |BP|\cdot |CQ| \cdot |AR| = |PC| \cdot |QA| \cdot |RB| $, to trójkąt $ ABC $ jest równoramienny.

Uwaga: Zgodnie z twierdzeniem Cevy, dana w założeniu równość, iloczynów jest równoważna temu, że proste $ AP $, $ BQ $, $ CR $ mają punkt wspólny.

Rozwiązanie

om43_2r_img_7.jpg
Rysunek 7 przedstawia ,,dowolny'' trójkąt ostrokątny $ ABC $; nie jest on równoramienny, a zatem (jeśli teza zadania ma być słuszna) - rysunek ten nie jest ilustracją zadania. Mimo to, a raczej właśnie dzięki temu, taki rysunek jest ,,bezpieczny''; nie skłania bowiem do korzystania z równości miar kątów i odcinków, które nie wynikają bezpośrednio z założeń, a jedynie mogłyby zostać zasugerowane rysunkiem wykonanym zgodnie z dowodzoną tezą.

Oznaczmy przez $ K $, $ L $, $ M $ środki boków $ BC $, $ CA $, $ AB $, a przez $ U $, $ V $, $ W $ - spodki wysokości trójkąta $ ABC $, opuszczpnych odpowiednio na te boki. Przyjmijmy:

\[<br />
a=|BC|,\quad  b=|CA|,\quad c=|AB|,<br />
\]
\[<br />
x= \left\{<br />
\begin{array}{ccl}<br />
 |KP| & \textrm{jeśli} & |BP| \geq |PC|,\\<br />
-|KP| & \textrm{jeśli} & |BP| < |PC|,<br />
\end{array}<br />
\right.<br />
\]
\[<br />
y= \left\{<br />
\begin{array}{ccl}<br />
 |LQ| & \textrm{jeśli} & |CQ| \geq |QA|,\\<br />
-|LQ| & \textrm{jeśli} & |CQ| < |QA|,<br />
\end{array}<br />
\right.<br />
\]
\[<br />
z= \left\{<br />
\begin{array}{ccl}<br />
 |MR| & \textrm{jeśli} & |AR| \geq |RB|,\\<br />
-|MR| & \textrm{jeśli} & |AR| < |RB|.<br />
\end{array}<br />
\right.<br />
\]

Wówczas

\[<br />
(1) \qquad<br />
\begin{split}<br />
& |BP|=\frac{a}{2}+x, \quad |CQ|=\frac{b}{2}+y, \quad |AR|=\frac{c}{2}+z,\\<br />
& |PC|=\frac{a}{2}-x, \quad |QA|=\frac{b}{2}-y, \quad |RB|=\frac{c}{2}-z.<br />
\end{split}<br />
\]

(Rysunek 7 przedstawia sytuację, gdy $ x < 0 $, $ y < 0 $, $ z > 0 $.)

Środkowe $ AK $, $ BL $, $ CM $ przecinają się w punkcie $ G $ (środku ciężkości trójkąta $ ABC $), który dzieli każdą z nich w stosunku $ 2 \colon 1 $. Używając języka wektorów można to zapisać następująco:

\[<br />
\overrightarrow{KA} = 3 \cdot \overrightarrow{KG}, \quad<br />
\overrightarrow{LB} = 3 \cdot \overrightarrow{LG}, \quad<br />
\overrightarrow{MC} = 3 \cdot \overrightarrow{MG}.<br />
\]

Z pierwszej z tych równości oraz z tego, że proste $ AU $ i $ GP $ są równolegle, wynika, że trójkąt $ KAU $ jest obrazem trójkąta $ KGP $ w jednokładności o środku $ K $ i skali $ 3 $ (jeśli punkt $ P $ pokrywa się z $ K $, oba te trójkąty degenerują
się do odcinków). Zatem $ \overrightarrow{KU} =3 \cdot \overrightarrow{KP} $. Podobnie (powołując się na związki równoległości $ BV||GQ $, $ CW||GR $) uzasadniamy dalsze dwie z poniższych równości:

\[<br />
\overrightarrow{KU} = 3 \cdot \overrightarrow{KP}, \quad<br />
\overrightarrow{LV} = 3 \cdot \overrightarrow{LQ}, \quad<br />
\overrightarrow{MW} = 3 \cdot \overrightarrow{MR}.<br />
\]

Stąd zaś, wobec (1), dostajemy związki

\[<br />
(2) \qquad<br />
\begin{split}<br />
& |BU|=\frac{a}{2}+3x, \quad |CV|=\frac{b}{2}+3y, \quad |AW|=\frac{c}{2}+3z,\\<br />
& |UC|=\frac{a}{2}-3x, \quad |VA|=\frac{b}{2}-3y, \quad |WB|=\frac{c}{2}-3z.<br />
\end{split}<br />
\]

Wysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie, więc na mocy twierdzenia Cevy mamy równość iloczynów $ |BU| \cdot |CV| \cdot |AW| = |UC| \cdot |VA| \cdot |WB| $ (analogiczną do równości $ |BP| \cdot |CQ| \cdot |AR| = |PC| \cdot |QA| \cdot |RB| $, danej w założeniu). Uwzględniając związki (1) i (2) możemy przepisać omawiane równości iloczynów w postaci

\[<br />
\left( \frac{a}{2} + x \right) \left( \frac{b}{2} + y \right) \left( \frac{c}{2} + z \right) =<br />
\left( \frac{a}{2} - x \right) \left( \frac{b}{2} - y \right) \left( \frac{c}{2} - z \right) ,<br />
\]
\[<br />
\left( \frac{a}{2} + 3x \right) \left( \frac{b}{2} + 3y \right) \left( \frac{c}{2} + 3z \right) =<br />
\left( \frac{a}{2} - 3x \right) \left( \frac{b}{2} - 3x \right) \left( \frac{c}{2} - 3z \right) .<br />
\]

Używając oznaczeń

\[<br />
f(t) = \left( \frac{a}{2} + tx \right) \left( \frac{b}{2} + ty \right) \left( \frac{c}{2} + tz \right), \quad g(t)=f(t)-f(-t),<br />
\]

nadajemy uzyskanym zależnościom zwięzłą postać:

\[<br />
(3) \qquad g(1) = 0 \quad \textrm{oraz} \quad g(3) = 0.<br />
\]

Oczywiście $ f(t) $ jest wielomianem (trzeciego stopnia) zmiennej $ t $. Uporządkujmy wyrażenie definiujące $ f(t) $ według potęg zmiennej $ t $:

\[<br />
f(t) = \frac{abc}{8} + \frac{bcx + cay + abz}{4} \cdot t + \frac{ayz + bzx + cxy}{2} \cdot t^2 + xyz \cdot t^3.<br />
\]

Zatem

\[<br />
g(t) = f(t) - f(-t) = pt+qt^3,<br />
\]

gdzie

\[<br />
p = \frac{bcx + cay + abz}{2}, \quad q = 2xyz.<br />
\]

Związki (3) dają więc układ równań

\[<br />
\left\{<br />
\begin{array}{cc}<br />
p+q & = 0,\\<br />
3p+27q & = 0,<br />
\end{array}<br />
\right.<br />
\]

którego jedynym rozwiązaniem jest $ p = q= 0 $.

Równość $ q = 0 $, czyli $ xyz = 0 $ oznacza, że

\[ |KP| \cdot |LQ| \cdot |MR| = 0.<br />
\]

W takim razie $ P = K $ lub $ Q = L $ lub $ R=M $: spodek jednej z wysokości pokrywa się ze środkiem odpowiedniego boku. A to znaczy, że trójkąt jest równoramienny.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź