XXXI - II - Zadanie 6

Udowodnić, że jeżeli punkt $ P $ przebiega okrąg wpisany w trójkąt $ ABC $, to wartość wyrażenia $ a \cdot PA^2 + b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2 $ jest stała ($ a, b, c $ są odpowiednio długościami boków leżących naprzeciw wierzchołków $ A, B, C $).

Rozwiązanie

Środek $ O $ okręgu wpisanego w trójkąt $ ABC $ jest punktem przecięcia dwusiecznych $ \overline{AA'} $, $ \overline{BB'} $, $ \overline{CC'} $.
om31_2r_img_17.jpg
Ponieważ

\[<br />
\overrightarrow{PA} = \overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OA},<br />
\]
\[<br />
\overrightarrow{PB} = \overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OB},<br />
\]
\[<br />
\overrightarrow{PC} = \overrightarrow{PO} + \overrightarrow{OC},<br />
\]

więc

\[<br />
PA^2 = PO^2 + OA^2 + 2\overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OA},<br />
\]
\[<br />
PB^2 = PO^2 + OB^2 + 2\overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OB},<br />
\]
\[<br />
PC^2 = PO^2 + OC^2 + 2\overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OC},<br />
\]

a zatem

\[<br />
\begin{split}<br />
a \cdot PA^2 +& b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2 =\\<br />
&=a \cdot PO^2 + a \cdot OA^2 + 2a \cdot \overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot PO^2 +b \cdot OB^2 +\\<br />
& \quad+   2b \cdot \overrightarrow{PO} \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot PO^2 + c \cdot OC^2 + 2c \cdot \overrightarrow{PO}  \cdot  \overrightarrow{OC} = \\<br />
&= (a + b + c)  \cdot  PO^2 + a  \cdot  OA^2 + b  \cdot  OB^2 + c  \cdot  OC^2 +  \\<br />
&\quad +2\overrightarrow{PO}  \cdot  (a  \cdot  \overrightarrow{OA} + b  \cdot  \overrightarrow{OB} + c  \cdot  \overrightarrow{OC}).<br />
\end{split}<br />
\]

Ponieważ $ PO $ równe jest długości promienia $ r $ okręgu wpisanego, $ a $, $ b $, $ c $, $ OA $, $ OB $, $ OC $ są długościami danymi, więc wystarczy wykazać, że ostatni składnik w tej sumie jest zerowy, dokładniej, że

\[<br />
\overrightarrow{w} = a \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot \overrightarrow{OC}<br />
\]

jest wektorem zerowym $ m $.

Dwusieczna kąta w trójkącie dzieli bok przeciwległy na odcinki proporcjonalne do boków przyległych, więc

\[<br />
\frac{CA'}{A'B} = \frac{b}{c},\<br />
\frac{CA'}{BC} = \frac{b}{b+c},\<br />
\frac{A'B}{BC} = \frac{c}{b+c}.<br />
\]

Wobec tego $ \overrightarrow{A'C} = \frac{b}{b+c} \overrightarrow{BC} $,
$ \overrightarrow{A'B} = \frac{c}{b+c} \overrightarrow{CB} = \frac{-c}{b+c} \overrightarrow{BC} $.

Zastosujemy otrzymane zależności w następującym rachunku.

\[<br />
\begin{split}<br />
\overrightarrow{w} &= a \cdot \overrightarrow{OA} + b \cdot \overrightarrow{OB} + c \cdot \overrightarrow{OC} =\\<br />
&= a\cdot \overrightarrow{OA} + b\cdot (\overrightarrow{OA'} + \overrightarrow{A'B}) + c \cdot (\overrightarrow{OA'} + + \overrightarrow{A'C}) =\\<br />
& = a\cdot \overrightarrow{OA}+(b + c) \cdot \overrightarrow{OA'} + b\cdot \overrightarrow{A'B} + c\cdot \overrightarrow{A'C}= \\<br />
&=a\cdot \overrightarrow{OA} + (b + c) \cdot \overrightarrow{OA'} +  b \cdot \frac{c}{b+c} \overrightarrow{BC} - c \cdot \frac{b}{b+c} \overrightarrow{BC} = a \cdot \overrightarrow{OA} + (b + c)\overrightarrow{OA'}.<br />
\end{split}<br />
\]

Ponieważ $ \overrightarrow{OA'} || \overrightarrow{OA} $, więc $ \overrightarrow{w} || \overrightarrow{OA} $. Analogicznie możemy stwierdzić, że $ \overrightarrow{w} || \overrightarrow{OB} $ oraz $ \overrightarrow{w} || \overrightarrow{OC} $, wektory $ \overrightarrow{OA} $, $ \overrightarrow{OB} $, $ \overrightarrow{OC} $ nie są jednak równoległe, wobec tego $ \overrightarrow{w} $ jest wektorem zerowym.

Wynika stąd, że

\[<br />
a \cdot PA^2 + b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2 = (a + b + c)r^2 + a \cdot OA^2 + b \cdot OB^2 + c \cdot OC^2,<br />
\]

a to oczywiście nie zależy od położenia punktu $ P $ na okręgu wpisanym w trójkąt.

Uwaga. Fakt, że $ \overrightarrow{w} = \overrightarrow{0} $ ma następującą interpretację fizyczną. Umieśćmy w punktach $ A $, $ B $, $ C $ masy odpowiednio $ a $, $ b $, $ c $. Ponieważ punkt $ A' $ dzieli bok $ BC $ w stosunku $ \frac{b}{c} $, punkt $ A' $ jest środkiem ciężkości układu dwóch mas $ (b, c) $, a więc środek ciężkości układu trzech mas leży na prostej $ AA' $. Z analogicznych powodów środek ten leży na prostej $ BB' $ oraz na prostej $ CC' $, znajduje się więc w punkcie $ O $.

Wyrażenie $ a \cdot PA^2 + b \cdot PB^2 + c \cdot PC^2 $ jest równe momentowi bezwładności naszego układu dla obrotu względem punktu $ P $. Teza zadania wynika teraz ze znanego twierdzenia, że ten moment bezwładności zależy tylko od odległości punktu $ P $ od środka ciężkości układu.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź