Komentarz

XLIII OM - II - Zadanie 3

Przez środek ciężkości trójkąta ostrokątnego $ ABC $ poprowadzono proste prostopadłe do boków $ BC $, $ CA $, $ AB $, przecinające je odpowiednio w punktach $ P $, $ Q $, $ R $. Wykazać że jeżeli $ |BP|\cdot |CQ| \cdot |AR| = |PC| \cdot |QA| \cdot |RB| $, to trójkąt $ ABC $ jest równoramienny.

Uwaga: Zgodnie z twierdzeniem Cevy, dana w założeniu równość, iloczynów jest równoważna temu, że proste $ AP $, $ BQ $, $ CR $ mają punkt wspólny.

Rozwiązanie

om43_2r_img_7.jpg
Rysunek 7 przedstawia ,,dowolny'' trójkąt ostrokątny $ ABC $; nie jest on równoramienny, a zatem (jeśli teza zadania ma być słuszna) - rysunek ten nie jest ilustracją zadania. Mimo to, a raczej właśnie dzięki temu, taki rysunek jest ,,bezpieczny''; nie skłania bowiem do korzystania z równości miar kątów i odcinków, które nie wynikają bezpośrednio z założeń, a jedynie mogłyby zostać zasugerowane rysunkiem wykonanym zgodnie z dowodzoną tezą.

Oznaczmy przez $ K $, $ L $, $ M $ środki boków $ BC $, $ CA $, $ AB $, a przez $ U $, $ V $, $ W $ - spodki wysokości trójkąta $ ABC $, opuszczpnych odpowiednio na te boki. Przyjmijmy:

\[<br /> a=|BC|,\quad b=|CA|,\quad c=|AB|,<br /> \]
\[<br /> x= \left\{<br /> \begin{array}{ccl}<br /> |KP| & \textrm{jeśli} & |BP| \geq |PC|,\\<br /> -|KP| & \textrm{jeśli} & |BP| < |PC|,<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]
\[<br /> y= \left\{<br /> \begin{array}{ccl}<br /> |LQ| & \textrm{jeśli} & |CQ| \geq |QA|,\\<br /> -|LQ| & \textrm{jeśli} & |CQ| < |QA|,<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]
\[<br /> z= \left\{<br /> \begin{array}{ccl}<br /> |MR| & \textrm{jeśli} & |AR| \geq |RB|,\\<br /> -|MR| & \textrm{jeśli} & |AR| < |RB|.<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

Wówczas

\[<br /> (1) \qquad<br /> \begin{split}<br /> & |BP|=\frac{a}{2}+x, \quad |CQ|=\frac{b}{2}+y, \quad |AR|=\frac{c}{2}+z,\\<br /> & |PC|=\frac{a}{2}-x, \quad |QA|=\frac{b}{2}-y, \quad |RB|=\frac{c}{2}-z.<br /> \end{split}<br /> \]

(Rysunek 7 przedstawia sytuację, gdy $ x < 0 $, $ y < 0 $, $ z > 0 $.)

Środkowe $ AK $, $ BL $, $ CM $ przecinają się w punkcie $ G $ (środku ciężkości trójkąta $ ABC $), który dzieli każdą z nich w stosunku $ 2 \colon 1 $. Używając języka wektorów można to zapisać następująco:

\[<br /> \overrightarrow{KA} = 3 \cdot \overrightarrow{KG}, \quad<br /> \overrightarrow{LB} = 3 \cdot \overrightarrow{LG}, \quad<br /> \overrightarrow{MC} = 3 \cdot \overrightarrow{MG}.<br /> \]

Z pierwszej z tych równości oraz z tego, że proste $ AU $ i $ GP $ są równolegle, wynika, że trójkąt $ KAU $ jest obrazem trójkąta $ KGP $ w jednokładności o środku $ K $ i skali $ 3 $ (jeśli punkt $ P $ pokrywa się z $ K $, oba te trójkąty degenerują
się do odcinków). Zatem $ \overrightarrow{KU} =3 \cdot \overrightarrow{KP} $. Podobnie (powołując się na związki równoległości $ BV||GQ $, $ CW||GR $) uzasadniamy dalsze dwie z poniższych równości:

\[<br /> \overrightarrow{KU} = 3 \cdot \overrightarrow{KP}, \quad<br /> \overrightarrow{LV} = 3 \cdot \overrightarrow{LQ}, \quad<br /> \overrightarrow{MW} = 3 \cdot \overrightarrow{MR}.<br /> \]

Stąd zaś, wobec (1), dostajemy związki

\[<br /> (2) \qquad<br /> \begin{split}<br /> & |BU|=\frac{a}{2}+3x, \quad |CV|=\frac{b}{2}+3y, \quad |AW|=\frac{c}{2}+3z,\\<br /> & |UC|=\frac{a}{2}-3x, \quad |VA|=\frac{b}{2}-3y, \quad |WB|=\frac{c}{2}-3z.<br /> \end{split}<br /> \]

Wysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie, więc na mocy twierdzenia Cevy mamy równość iloczynów $ |BU| \cdot |CV| \cdot |AW| = |UC| \cdot |VA| \cdot |WB| $ (analogiczną do równości $ |BP| \cdot |CQ| \cdot |AR| = |PC| \cdot |QA| \cdot |RB| $, danej w założeniu). Uwzględniając związki (1) i (2) możemy przepisać omawiane równości iloczynów w postaci

\[<br /> \left( \frac{a}{2} + x \right) \left( \frac{b}{2} + y \right) \left( \frac{c}{2} + z \right) =<br /> \left( \frac{a}{2} - x \right) \left( \frac{b}{2} - y \right) \left( \frac{c}{2} - z \right) ,<br /> \]
\[<br /> \left( \frac{a}{2} + 3x \right) \left( \frac{b}{2} + 3y \right) \left( \frac{c}{2} + 3z \right) =<br /> \left( \frac{a}{2} - 3x \right) \left( \frac{b}{2} - 3x \right) \left( \frac{c}{2} - 3z \right) .<br /> \]

Używając oznaczeń

\[<br /> f(t) = \left( \frac{a}{2} + tx \right) \left( \frac{b}{2} + ty \right) \left( \frac{c}{2} + tz \right), \quad g(t)=f(t)-f(-t),<br /> \]

nadajemy uzyskanym zależnościom zwięzłą postać:

\[<br /> (3) \qquad g(1) = 0 \quad \textrm{oraz} \quad g(3) = 0.<br /> \]

Oczywiście $ f(t) $ jest wielomianem (trzeciego stopnia) zmiennej $ t $. Uporządkujmy wyrażenie definiujące $ f(t) $ według potęg zmiennej $ t $:

\[<br /> f(t) = \frac{abc}{8} + \frac{bcx + cay + abz}{4} \cdot t + \frac{ayz + bzx + cxy}{2} \cdot t^2 + xyz \cdot t^3.<br /> \]

Zatem

\[<br /> g(t) = f(t) - f(-t) = pt+qt^3,<br /> \]

gdzie

\[<br /> p = \frac{bcx + cay + abz}{2}, \quad q = 2xyz.<br /> \]

Związki (3) dają więc układ równań

\[<br /> \left\{<br /> \begin{array}{cc}<br /> p+q & = 0,\\<br /> 3p+27q & = 0,<br /> \end{array}<br /> \right.<br /> \]

którego jedynym rozwiązaniem jest $ p = q= 0 $.

Równość $ q = 0 $, czyli $ xyz = 0 $ oznacza, że

\[ |KP| \cdot |LQ| \cdot |MR| = 0.<br /> \]

W takim razie $ P = K $ lub $ Q = L $ lub $ R=M $: spodek jednej z wysokości pokrywa się ze środkiem odpowiedniego boku. A to znaczy, że trójkąt jest równoramienny.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz