Komentarz

XXVII OM - I - Zadanie 3

Wewnątrz trójkąta równobocznego o boku długości $ a $ obrano punkt, którego odległości od wierzchołków, trójkąta są równe $ x, y, z $. Donieść, że

\[<br /> a^4 - a^3(x^2+y^2+z^2) + x^4 + y^4 + z^4 - x^2y^2 - x^2z^2 - y^2z^2 = 0.<br /> \]

Rozwiązanie

Obierzmy tak układ współrzędnych, by dwa wierzchołki danego trójkąta równobocznego $ ABC $ o boku długości $ a $ należały do osi odciętych, a trzeci - do osi rzędnych (rys. 7). Wtedy wierzchołki te będą miały następujące współrzędne: $ \displaystyle A = \left( -\frac{a}{2}, 0\right) $, $ \displaystyle B = \left( \frac{a}{2}, 0\right) $, $ \displaystyle C = \left(0, \frac{\sqrt{3}}{2}a \right) $. Jeżeli $ P = (u, v) $ jest dowolnym punktem płaszczyzny i $ PA = x $, $ PB = y $, $ PC = z $, to ze wzoru na odległość dwóch punktów płaszczyzny mamy

\[<br /> x^2 = PA^2 = \left( u + \frac{a}{2} \right)^2 + v^2,<br /> \]
\[<br /> y^2 = PB^2 = \left( u - \frac{a}{2} \right)^2 + v^2.<br /> \]
\[<br /> z^2 = PC^2 = u^2 + \left( v^2 - \frac{\sqrt{3}}{2}a \right)^2.<br /> \]

Wobec tego

\[<br /> x^2 +y^2 + z^2 = 3u^2 + 3v^2 - av\sqrt{3} + \frac{5}{4} a^2 = 3u^2 + \left( vv\sqrt{3} - \frac{1}{2} a \right)^2 + a^2<br /> \]

oraz

\[<br /> \begin{split}<br /> & x^4 + y^4 + z^4 - x^2y^2 - x^2z^2 - y^2z^2 =<br /> \frac{1}{2} [(x^2 - y^2)^2 + (x^2 - z^2)^2 + (z^2 - y^2)^2] = \\<br /> &\quad= \frac{1}{2} \left[ (2 au)^2 + \left( au + av \sqrt{3} - \frac{1}{2} a^2 \right)^2 + \left( au - \left( av\sqrt{3} - \frac{1}{2}a^2 \right) \right)^2 \right]=\\<br /> &\quad= 2a^2u^2 + \left( av \sqrt{3} - \frac{1}{2}a^2 \right)^2 + (au)^2 =<br /> a^2 \left( 3u^2 + \left( v\sqrt{3} - \frac{1}{2}a \right)^2 \right).<br /> \end{split}<br /> \]

Zatem

\[<br /> \begin{split}<br /> &a^4 - a^2(x^2 + y^2 + z^2) + x^4 + y^4 + z^4 - x^2y^2 - x^2z^2 - y^2z^2 =\\<br /> &\quad = a^4 - a^2\left( 3u^2+ \left( v\sqrt{3} - \frac{1}{2} a\right)^2+a^2 \right) + a^2 \left( 3u^2+ \left( v \sqrt{3} - \frac{1}{2}a \right)^2 \right)= 0.<br /> \end{split}<br /> \]

Uwaga: W powyższym rozwiązaniu nie korzystaliśmy z założenia, że punkt $ P $ leży wewnątrz trójkąta $ ABC $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz