Komentarz

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.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Dodaj komentarz