XXXIX OM - II - Zadanie 3

Wewnątrz trójkąta ostrokątnego $ ABC $ rozważamy punkt $ P $ i jego rzuty $ L, M, N $ odpowiednio na boki $ BC, CA, AB $. Wyznaczyć taki punkt $ P $, dla którego suma $ |BL|^2 + |CM|^2 + |AN|^2 $ jest najmniejsza.

Rozwiązanie

om39_2r_img_7.jpg
Niech $ P $ będzie dowolnym punktem wewnątrz trójkąta $ ABC $. Rozważając trójkąty prostokątne $ ANP $, $ BLP $, $ CMP $ (rysunek 7) stwierdzamy, że

\[<br />
|AP|^2+|BP|^2+|CP|^2 = |AN|^2+|PN|^2+|BL|^2 + |PL|^2+|CM|^2+|PM|^2.<br />
\]

Analogicznie, z trójkątów AMP, BNP, CLP dostajemy

\[<br />
|AP|^2+|BP|^2 + |CP|^2 = |AM|^2 + |PM|^2+|BN|^2+|PN|^2 + |CL|^2 + |PL|^2.<br />
\]

Stąd przez przyrównanie prawych stron otrzymanych równości:

\[<br />
(1) \qquad  |AN|^2+|BL|^2+ |CM|^2 = |AM|^2+|BN|^2+|CL|^2.<br />
\]

Lewa strona równości (1) - to właśnie rozważana w zadaniu wielkość; oznaczmy ją przez $ f(P) $. Mamy znaleźć punkt $ P $, dla którego $ f(P) $ osiąga minimum.

Suma lewej i prawej strony równości (1) wynosi $ 2f(P) $. Tak więc

\[<br />
(2) \qquad  2f(P) = (|BL|^2 + |CL|^2)+(|CM|^2 + |AM|^2)+ (|AN|^2+|BN|^2).<br />
\]

Zauważmy teraz, że

\[<br />
\begin{split}<br />
|BL|^2+|CL|^2 & = \frac{1}{2}((|BL| + |CL|)^2+ (|BL|-|CL|)^2) =\\<br />
& = \frac{1}{2}(|BC|^2+(|BL|-|CL|)^2).<br />
\end{split}<br />
\]

Wartość tego wyrażenia jest najmniejsza, gdy różnica $ |BL| - |CL| $ jest zerem (bo $ |BC| $ jest stałe) - czyli gdy $ L $ jest środkiem odcinka $ BC $. Tak samo pozostałe dwie sumy w nawiasach po prawej stronie (2) mają wartość najmniejszą, gdy punkty $ M $ i $ N $ są środkami boków $ CA $ i $ AB $.

Te zaś warunki dają się zrealizować jednocześnie: rzuty punktu $ P $ na boki trójkąta pokrywają się ze środkami tych boków wtedy i tylko wtedy, gdy $ P $ leży na przecięciu symetralnych boków. Stąd odpowiedź: wielkość $ f(P) $ osiąga minimum, gdy $ P $ jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie $ ABC $ (należy on do wnętrza trójkąta $ ABC $, skoro trójkąt ten jest ostrokątny).

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź