LI OM - I - Zadanie 12

W trójkącie ostrokątnym $ ABC $ punkty $ D $, $ E $, $ F $ leżą odpowiednio na bokach $ BC $, $ CA $, $ AB $. Okręgi opisane na trójkątach $ AEF $, $ BFD $, $ CDE $ przecinają się w punkcie $ P $. Udowodnić, że jeżeli

\[<br /> \frac{PD}{PE} = \frac{BD}{AE},\ \frac{PE}{PF} = \frac{CE}{BF},\ \frac{PF}{PD} = \frac{AF}{CD},<br /> \]

to $ AD $, $ BE $, $ CF $ są wysokościami trójkąta $ ABC $.

Rozwiązanie

Wykorzystamy następujące

Twierdzenie

Wysokości $ AD $, $ BE $, $ CF $ trójkąta $ ABC $ przecinają się w punkcie $ H $. Punkty $ K $, $ L $, $ M $ są odpowiednio środkami boków $ BC $, $ CA $, $ AB $. Punkty $ X $, $ Y $, $ Z $ są odpowiednio środkami odcinków $ AH $, $ BH $, $ CH $. Wówczas następujące punkty: $ D $, $ E $, $ F $, $ K $, $ L $, $ M $, $ X $, $ Y $, $ Z $ leżą na jednym okręgu (rys. 1).

Okrąg ten nazywa się okręgiem dziewięciu punktów trójkąta $ ABC $.

om51_1r_img_12.jpg

Z powyższego twierdzenia wynika, że jeśli okrąg przechodzący przez środki boków trójkąta ostrokątnego $ ABC $ przecina obwód tego trójkąta po raz drugi w punktach $ D $, $ E $, $ F $, to punkty $ D $, $ E $, $ F $ są spodkami wysokości trójkąta $ ABC $.

Przystępujemy do rozwiązania zadania.

Na półprostej $ FA^\to $ odkładamy taki punkt $ Q $, aby zachodziła następująca równość kątów: $ \measuredangle FPQ = \measuredangle EPC $ (rys. 2).

om51_1r_img_13.jpg

Punkty $ A $, $ E $, $ P $, $ F $ leżą na jednym okręgu, więc $ \measuredangle QFP = \measuredangle CEP $. Z powyższych równości wynika, że trójkąty $ PQF $ oraz $ PCE $ są podobne. Zatem

\[<br /> \frac{PF}{PE}=\frac{PQ}{PC}.<br /> \]

Ponadto $ \measuredangle FPE = \measuredangle QPC $. Z dwóch ostatnich równości wynika, że trójkąty $ PFE $ oraz $ PQC $ są podobne. Z zależności w treści zadania oraz z podobieństwa trójkątów $ PQF $, $ PCE $ otrzymujemy

\[<br /> \frac{BF}{CE}=\frac{PF}{PE}=\frac{QF}{CE},<br /> \]

skąd $ BF = QF $. Zatem punkt $ F $ jest środkiem odcinka $ BQ $.

Niech $ K $ będzie środkiem boku $ BC $. Wówczas proste $ KF $ oraz $ CQ $ są równoległe. Zatem kąt $ EFK $ jest równy kątowi pomiędzy prostymi $ FE $ oraz $ CQ $. Natomiast na mocy podobieństwa trójkątów $ PFE $ oraz $ PQC $, kąt pomiędzy prostymi $ FE $ oraz $ CQ $ jest równy kątowi pomiędzy odcinkami $ PE $ i $ PC $, czyli kątowi $ EPC $. Punkty $ E $, $ P $, $ D $, $ C $ leżą na jednym okręgu, skąd wynika równość $ \measuredangle EPC = \measuredangle EDC $.

Z powyższych rozważań uzyskujemy zależność $ \measuredangle EFK = \measuredangle EDC $. Dowodzi ona, że punkty $ D $, $ K $, $ E $, $ F $ leżą na jednym okręgu, niezależnie od tego, z której strony punktu $ K $ leży punkt $ D $. Jeżeli $ K = D $, to okrąg opisany na trójkącie $ DEF $ jest styczny do prostej $ BC $ w punkcie $ D $.

Innymi słowy: okrąg opisany na trójkącie $ DEF $ przechodzi przez punkt $ D $ oraz środek boku $ BC $ i nigdzie indziej nie przecina prostej $ BC $. Analogicznie dowodzimy, że ten sam okrąg przechodzi przez środki pozostałych boków. Poza punktami $ D $, $ E $, $ F $ oraz środkami boków trójkąta $ ABC $ okrąg ten nie ma punktów wspólnych z obwodem trójkąta $ ABC $.

Wykazaliśmy więc, że okrąg przechodzący przez środki boków trójkąta $ ABC $ przecina jego obwód po raz drugi w punktach $ D $, $ E $, $ F $. To zaś dowodzi, że proste $ AD $, $ BE $, $ CF $ są wysokościami trójkąta $ ABC $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź