XXXII - I - Zadanie 4

Na bokach trójkąta ostrokątnego $ ABC $ zbudowano kwadraty $ ABED $, $ BCGF $, $ ACHI $ leżące na zewnątrz trójkąta. Udowodnić, że środkowe trójkąta utworzonego przez proste $ EF $, $ GH $, $ DI $ są prostopadłe do boków trójkąta $ ABC $.

Rozwiązanie

Niech $ K $, $ L $, $ M $ będą wierzchołkami utworzonego trójkąta leżącymi odpowiednio przy kwadratach $ ABED $, $ BCGF $, $ ACHI $. Niech $ KO $ i $ LO $ będą prostymi prostopadłymi odpowiednio do odcinków $ \overline{AB} $ i $ \overline{BC} $ (rys. 8).
om32_1r_img_8.jpg
Trójkąty $ KLO $ i $ BEF $ mają równoległe odpowiednie boki, są więc podobne, Otrzymujemy stąd

\[<br /> (1) \qquad<br /> \frac{KO}{LO} = \frac{BE}{BF} = \frac{AB}{BC}.<br /> \]

Przypuśćmy, że prostopadła do $ AC $ przechodząca przez punkt $ M $ nie przechodzi przez $ O $, wobec tego przecina ona prostą $ KO $ w pewnym punkcie $ P $, prostą $ LO $ w pewnym punkcie $ R $. Jeśli jest przy tym $ KP > KO $ (przypadek przeciwny $ KP < KO $ rozpatruje się analogicznie), to $ MR > MP $ i $ LO > LR $. Analogicznie, jak wyżej stwierdzamy, że

\[<br /> (2) \qquad<br /> \frac{KP}{MP} = \frac{AB}{AC},\<br /> \frac{LR}{MR} = \frac{BC}{AC}.<br /> \]

Dzieląc te równości stronami otrzymujemy

\[<br /> \frac{AB}{BC} = \frac{KP \cdot MR}{MP \cdot LR},<br /> \]

więc na podstawie poprzednio wypisanych nierówności jest

\[<br /> \frac{AB}{BC} = \frac{KP \cdot MR}{MP \cdot LR} ><br /> \frac{KO \cdot MR}{MR \cdot LO} = \frac{KO}{LO} =<br /> \frac{AB}{BC}<br /> \]

Uzyskana sprzeczność jest konsekwencją przypuszczenia, że prostopadłe do boków trójkąta $ ABC $ poprowadzone z odpowiednich wierzchołków trójkąta $ KLM $ nie przecinają się w jednym punkcie. Zatem $ O=P=R $. Pokażemy, że $ O $ jest środkiem ciężkości trójkąta $ KLM $. Z równości (1) i (2) wynika

\[<br /> (3) \qquad \frac{KO}{AB} = \frac{LO}{BC}=\frac{MO}{AC}.<br /> \]

Rozważając kąty $ ABC $, $ CBF $, $ FBE $, $ EBA $ stwierdzamy, że $ \measuredangle EBF = 360^\circ-2 \cdot 90^\circ- \measuredangle ABC = 180^\circ - \measuredangle ABC $. Wobec tego $ \measuredangle KOL = 180^\circ- \measuredangle ABC $, a stąd wynika, że pole trójkąta $ KLO $ wynosi

\[<br /> \begin{split}<br /> S_{\triangle KLO} &= \frac{1}{2} KO \cdot OL \cdot \sin \measuredangle KOL = \frac{1}{2} KO \cdot OL \cdot \sin \measuredangle ABC =\\<br /> &=\frac{KO^2}{AB^2} \cdot \frac{1}{2} AB \cdot BC \cdot \sin \measuredangle ABC = \left( \frac{KO}{AB} \right)^2 \cdot S_{\triangle ABC}.<br /> \end{split}<br /> \]

Analogicznie otrzymujemy, że

\[<br /> S_{\triangle LOM} = S_{\triangle MOK} = \left( \frac{KO}{AB} \right)^2 \cdot S_{\triangle ABC}<br /> \]

Półproste $ OK^\to $, $ OL^\to $, $ OM^\to $ rozcinają więc trójkąt $ KLM $ na trzy trójkąty o równych polach, skąd wynika, że $ O $ jest środkiem ciężkości trójkąta $ KLM $, tj. proste $ KO $, $ LO $, $ MO $ zawierają środkowe odpowiednich boków trójkąta $ KLM $. Tak więc środkowe tego trójkąta są prostopadłe do odpowiednich boków trójkąta $ ABC $.

  • Wersja do wydrukuWersja do wydruku
  • Podziel się / Zapisz

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź