Komentarz

XIII OM - III - Zadanie 3

Jaki warunek powinny spełniać kąty trójkąta $ ABC $, żeby dwusieczna kąta $ A $, środkowa poprowadzona z wierzchołka $ B $ i wysokość poprowadzona z wierzchołka $ C $ przecinały się w jednym punkcie ?

Rozwiązanie

Punkt wspólny dwusiecznej $ AD $, środkowej $ BS $ i wysokości $ CH $ trójkąta $ ABC $ może być tylko punktem wewnętrznym tego trójkąta, gdyż $ AD $ i $ BS $ przecinają się wewnątrz trójkąta. Punkt taki może zatem istnieć tylko wtedy, gdy prosta $ CH $ zawiera odcinek leżący wewnątrz trójkąta, tzn. gdy kąty $ A $ i $ B $ są ostre.

Przypuśćmy, że ten warunek jest spełniony i że wysokość $ CH $ przecina dwusieczną $ AD $ w punkcie $ K $ (rys. 35), a środkową $ BS $ w punkcie $ L $ (rys. 36).

W trójkątach $ AHC $ i $ AHK $

\[<br /> AH = b \cdot \cos A,\ HK = AH \cdot \tg \frac{A}{2},<br /> \]

zatem

\[<br /> HK = b \cdot \cos A \cdot \tg \frac{A}{2}.<br /> \]

W trójkątach $ BHC $ i $ BHL $

\[<br /> BH = a \cdot \cos B,\ HL = BH \cdot \tg \lambda,<br /> \]

gdzie $ \lambda $ oznacza kąt ostry $ HBL $, stąd

\[<br /> HL = a \cdot \cos B \cdot \tg \lambda.<br /> \]

Proste $ AD $, $ BS $ i $ CH $ przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy $ HK = HL $, tj. gdy

\[<br /> (1) \qquad b \cdot \cos A \cdot \tg \frac{A}{2} = a \cdot \cos B \cdot \tg \lambda.<br /> \]

Żądany warunek otrzymamy przekształcając równość (1) w taki sposób, żeby uzyskać związek między kątami trójkąta.

Stosując twierdzenie sinusów do trójkąta $ ASB $ otrzymujemy

\[<br /> \frac{c}{\sin (A + \lambda)} = \frac{b}{2 \sin \lambda},<br /> \]

stąd

\[<br /> 2 c \cdot \sin \lambda = b \cdot \sin A \cdot \cos \lambda + b \cdot \cos A \cdot \sin \lambda,<br /> \]

zatem

\[<br /> (2) \qquad \tg \lambda = \frac{b \sin A}{2c - b \cdot \cos A}.<br /> \]

Z (1) i (2) wynika, że

\[<br /> (3) \qquad \cos A \cdot \tg \frac{A}{2} =\frac{a \cdot \sin A \cdot \cos B}<br /> {2c - b \cdot \cos A}.<br /> \]

Podstawiając w równości (3) $ a = 2R\sin A $, $ b = 2R \sin B $, $ c = 2 R \sin C $, otrzymujemy

\[<br /> (4) \qquad \cos A \cdot \tg \frac{A}{2} = \frac{\sin^2 A \cdot \cos B}{<br /> 2 \sin C - \cos A \sin B}.<br /> \]

Związek (4) możemy uprościć. Podstawiamy $ \tg \frac{A}{2} = \frac{\sin A}{1 + \cos A} $, dzielimy obie strony przez $ \sin A $ i mnożymy przez mianownik:

\[<br /> \cos A (2 \sin C - \cos A \sin B) = \sin A \cos B(1+ \cos A).<br /> \]

Stąd

\[<br /> 2 \cos A \sin C - \cos A (\cos A \sin B + \sin A \cos B) = \sin A \cos B,<br /> \]

zatem

\[<br /> \cos A \sin C = \sin A \cos B<br /> \]

i ostatecznie

\[<br /> (5) \qquad \tg A =\frac{\sin C}{\cos B}.<br /> \]

Uzyskaliśmy następujące warunki konieczne istnienia punktu wspólnego prostych $ AD $, $ BS $ i $ CH $: nierówności $ \measuredangle A < 90^\circ $, $ \measuredangle B < 90^\circ $ oraz równość (5).

Zauważmy jednak, że te nierówności wynikają już z warunku (5). Albowiem $ \sin C > 0 $, zatem według (5) $ \tg A \cdot \cos B > 0 $, a ponieważ liczby $ \tg A $ i $ \cos B $ nie mogą być obie ujemne, więc $ \tg A > 0 $ i $ \cos B > 0 $, i kąty $ A $ i $ B $ są ostre.

Odwracając rozumowanie stwierdzamy, że jeżeli $ A $, $ B $, $ C $ spełniają warunek (5), to zachodzi równość (1), zatem $ AD $, $ BS $ i $ CH $ przechodzą przez jeden punkt.

Odpowiedź na postawione pytanie brzmi więc: W trójkącie $ ABC $ dwusieczna, środkowa i wysokość poprowadzone odpowiednio z wierzchołków $ A $, $ B $, $ C $ przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy kąty $ A $, $ B $, $ C $ spełniają równość (5).

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz