Komentarz

XVII OM - II - Zadanie 5

Każdy z boków $ BC, CA, AB $ trójkąta $ ABC $ podzielono na trzy równe części i na środkowych odcinkach tych boków jako na podstawach zbudowano na zewnątrz trójkąta $ ABC $ trójkąty równoboczne, których trzecie wierzchołki oznaczono odpowiednio literami $ A', B', C' $ Prócz tego wyznaczono punkty $ A'', B'', C'' $ symetryczne odpowiednio do $ A', B', C' $ względem prostych $ BC, CA, AB $. Dowieść, że trójkąty $ A'B'C' $ i $ A''B''C'' $ są równoboczne i mają ten sam środek ciężkości, co trójkąt $ ABC $.

Rozwiązanie

Przyjmujemy zwykłe oznaczenie boków i kątów trójkąta $ ABC $. Niech ponadto $ S $ oznacza środek ciężkości tego trójkąta, a $ K $ i $ L $ te punkty podziału boków $ AB $ i $ AC $, które leżą bliżej wierzchołka $ A $ (rys. 10).

W trójkącie $ AKC' $ jest $ AK=KC'= \frac{1}{3}c $, $ \measuredangle C'AK=30^\circ $, skąd obliczamy łatwo, że $ AC'= \frac{c}{\sqrt{3}} $. Podobnie $ AL=LB' = \frac{1}{3} b $, $ \measuredangle B'AL= 30^\circ $ i $ AB'= \frac{b}{\sqrt{3}} $. Ponieważ $ \measuredangle B'AC'= \measuredangle B'AL+ \measuredangle C'AK+ \measuredangle BAC = 60^\circ + \alpha $, więc w trójkącie $ B'AC' $

\[<br /> (B'C')^2 = \frac{b^2}{3} + \frac{c^2}{2} - 2 \frac{bc}{3} \cos (60^\circ + \alpha) = \frac{1}{3} [ b^2 + c^2 - bc\cos \alpha + \sqrt{3} bc \sin \alpha ].<br /> \]

Podstawiając do tej równości

\[<br /> \cos \alpha = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}, \<br /> bc \sin \alpha = 2 \cdot \textrm{ pole } ABC<br /> \]

otrzymujemy

\[<br /> (B'C')^2 = \frac{1}{6} (a^2+b^2+c^2) + \frac{2}{\sqrt{3}} \textrm{ pole } ABC.<br /> \]

Wyrażenie, które otrzymaliśmy dla $ (B'C')^2 $ jest symetryczne względem $ a $, $ b $, $ c $, tzn. nie zmienia swej wartości, gdy wykonamy dowolną permutację zmiennych $ a $, $ b $, $ c $. Stąd wynika, że

\[<br /> B'C'=C'A'=A'B',<br /> \]

trójkąt $ A'B'C' $ jest zatem równoboczny. Aby udowodnić, że środkiem tego trójkąta jest punkt $ S $ zauważmy, iż w trójkącie $ SKC' $ jest $ SK= AL= \frac{b}{3} $, $ KC'=AK= \frac{c}{3} $, a $ \measuredangle SKC'=\measuredangle SKB + \measuredangle BKC' = \alpha + 60^\circ $, skąd wynika, że trójkąt $ SKC' $ jest podobny do trójkąta $ B'AC' $, przy czym skala podobieństwa równa się $ \frac{1}{\sqrt{3}} $.

Zatem

\[<br /> SC' = \frac{B'C'}{\sqrt{3}},<br /> \]

tzn. $ SC' $ równa się promieniowi okręgu opisanego na trójkącie $ A'B'C' $. Ponieważ to samo zachodzi dla $ SB' $ i $ SA' $, więc $ S $ jest środkiem trójkąta $ A'B'C' $.

la trójkąta $ A''B''C'' $ dowód jest analogiczny. Stwierdzamy, że $ AB''=AB'= \frac{b}{\sqrt{3}} $, $ AC''=AC'= \frac{c}{\sqrt{3}} $ kąt $ B''AC'' $ jest równy $ 60^\circ - \alpha $, gdy $ \alpha \leq 60^\circ $, bądź $ \alpha -60^\circ $, gdy $ \alpha \geq 60^\circ $. Zatem

\[<br /> (B''C'')^2 = \frac{b^2}{3} + \frac{c^2}{3} - 2\frac{bc}{3} \cos(60^\circ - \alpha),<br /> \]

a po odpowiednim przekształceniu

\[<br /> (B''C'')^2 = \frac{1}{6} (a^2 + b^2 - c^2)- \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \textrm{ pole} ABC.<br /> \]

Stąd wnioskujemy, że $ B''C''=C''A''=A''B' $.

Trójkąt $ SKC'' $, w którym $ SK= \frac{b}{3} $, $ KC''=KC'= \frac{c}{3} $, a $ \measuredangle SKC''= |60^\circ- \alpha| $, jest podobny do trójkąta $ B''AC'' $ w skali $ \frac{1}{\sqrt{3}} $, więc $ SC''= \frac{B''C''}{\sqrt{3}} $; stąd wnioskujemy, jak poprzednio, że $ S $ jest środkiem trójkąta $ A''K''C'' $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz