XXIX OM - I - Zadanie 12

Wyznaczyć kres górny zbioru takich liczb $ \alpha \leq \frac{\pi}{2} $, że każdy kąt ostry $ MON $ o mierze $ \alpha $ i każdy trójkąt $ T $ na płaszczyźnie mają następującą własność. Istnieje trójkąt $ ABC $ izometryczny z $ T $ taki, że bok $ \overline{AB}% jest równoległy do $OM$ oraz proste prostopadłe do $ON$ i przechodzące przez środki ciężkości trójkątów $ABC$ oraz $ABC'$ odpowiednio przecinają odcinek $\overline{AB}; $ C' $ jest obrazem symetrycznym wierzchołka $ C $ względem symetralnej boku $ \overline{AB} $.
Uwaga. Fizycznie zadanie oznacza: Jaki ma być kąt nachylenia równi pochyłej, aby dla dowolnego trójkąta można było wybrać pewien bok tak, że trójkąt przyłożony tym bokiem do równi nie przewróci się.

Rozwiązanie

Zauważmy najpierw, że jeżeli $ Q $ jest środkiem boku $ \widehat{AC} $ i $ AB \geq<br /> AC $, to $ \measuredangle ABQ \leq \frac{\pi}{6} $. Istotnie, oznaczając przez $ D $ rzut punktu $ A $ na prostą $ BQ $ otrzymujemy $ AD \leq AQ= \frac{1}{2} AC \leq \frac{1}{2} AB $ (rys. 9).

Wobec tego $ \sin \measuredangle ABQ = \frac{AD}{AB} \leq \frac{1}{2} $. Ponieważ kąt $ ABC $ nie jest największym kątem trójkąta $ ABC $, więc jest on ostry. Tym bardziej kąt $ ABQ $ jest ostry. Wobec tego z nierówności $ \sin \measuredangle ABQ \leq \frac{1}{2} $ otrzymujemy, że $ \measuredangle ABQ \leq \frac{\pi}{6} $.

Niech $ \overline{AB} $ będzie najdłuższym bokiem trójkąta $ ABC $ izometrycznego z trójkątem $ T $, niech $ P $ będzie środkiem ciężkości trójkąta $ ABC $, a $ P' $ - środkiem ciężkości trójkąta $ ABC' $. Możemy przyjąć, że $ A = O $, ponieważ to nie zmienia warunków zadania (rys. 10).
om29_1r_img_9.jpgom29_1r_img_10.jpg
Z początkowej uwagi wynika, że każdy z kątów $ BOP $ i $ BOP' $ ma miarę nie większą niż $ \frac{\pi}{6} $. Wobec tego, jeżeli $ \measuredangle MON \leq \frac{\pi}{3} $, to $ \measuredangle NOP = \measuredangle MON + \measuredangle BOP \leq \frac{\pi}{2} $ i podobnie $ \measuredangle NOP \leq \frac{\pi}{2} $. Wynika stąd, że proste prostopadłe do $ ON $ i przechodzące przez punkty $ P $ i $ P' $ odpowiednio przecinają odcinek $ \overline{AB} $. Zatem poszukiwany kres górny liczb $ \alpha $ jest nie mniejszy od $ \frac{\pi}{3} $.

Na odwrót, jeżeli prosta prostopadła do $ ON $ przechodząca przez punkt $ P $ przecina odcinek $ \overline{AB} $, to $ \measuredangle NOP \leq \frac{\pi}{2} $. Wobec tego $ \measuredangle MON = \measuredangle NOP - \measuredangle BOP \leq \frac{\pi}{2} - \measuredangle BOP $. W szczególności, jeżeli $ T $ jest trójkątem równobocznym, to $ \measuredangle BOP = \frac{\pi}{6} $ i wobec tego
$ \measuredangle MON \leq \frac{\pi}{2} - \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3} $. Wynika stąd, że poszukiwanym kresem górnym liczb $ \alpha $ jest liczba $ \frac{\pi}{63} $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź