LVIII OM - I - Zadanie 10

Zawody matematyczne:

LVIII OM, 2006-2007

Etap:

Dany jest trójkąt ostrokątny $ABC$ . Punkty $P$ i $U$ leżą na boku $BC$ , punkty $Q$ i $S$ leżą na boku $CA$ , punkty $R$ i $T$ leżą na boku $AB$ , przy czym

$ \begin{split} PR\perp BC,\quad QP\perp CA,\quad RQ\perp AB, \\ US\perp BC,\quad ST\perp CA,\quad TU\perp AB. \\ \end{split} $

Dowieść, że trójkąty $PQR$ i $STU$ są przystające.

Rozwiązanie

Sposób I

Skoro $PR\perp BC$ oraz $US\perp BC$ , to $PR\parallel US$ . Analogicznie $QP\parallel ST$ oraz $RQ\parallel TU$ . Trójkąty $PQR$ i $STU$ są więc podobne, jako trójkąty o odpowiednich bokach równoległych (rys. 4).

Z trójkątów prostokątnych $PUS$ i $RPU$ odczytujemy zależności

$ PS^2-US^2=PU^2=RU^2-PR^2\,. $

Zachodzi więc równość

$ (1) \qquad PR^2-US^2=RU^2-PS^2\,. $

Podobnie rozważając trójkąty prostokątne $QST$ i $PQS$ oraz $RTU$ i $QRT$ uzyskujemy analogiczne równości

$ (2) \qquad QP^2-ST^2=PS^2-QT^2\,, $

$ (3) \qquad RQ^2-TU^2=QT^2-RU^2\,. $

Dodając równości $(1)$ , $(2)$ , $(3)$ stronami otrzymujemy zależności

$ (4) \qquad (PR^2+QP^2+RQ^2)-(US^2+ST^2+TU^2)=0\,. $

Jeśli przez $k$ oznaczymy skalę podobieństwa trójkątów $PQR$ i $STU$ , tzn. ${PR=k\cdot ST}$ , $QP=k\cdot TU$ , $RQ=k\cdot US$ , to z równości $(4)$ wynika natychmiast, że $k=1$ . A to znaczy, że trójkąty $PQR$ i $STU$ są przystające.

Sposób II

Niech okrąg $o$ opisany na trójkącie $PQR$ przecina boki $AB$ , $BC$ , $CA$ po raz drugi odpowiednio w punktach $T'$ , $U'$ , $S'$ (rys. 5).

Ponieważ $\measuredangle PQS'=90^\circ$ , więc odcinek $PS'$ jest średnicą okręgu $o$ . Analogicznie $QT'$ i $RU'$ są średnicami tego okręgu. Stąd w szczególności odcinki $PR$ i $U'S'$ są równe i równoległe, co oznacza, że $U'S'\perp BC$ . W podobny sposób uzyskujemy

$ S'T'=QP,\quad S'T'\perp CA,\qquad\quad T'U'=RQ,\quad T'U'\perp AB. $

Wynika stąd, że trójkąty $PQR$ i $S'T'U'$ są przystające oraz punkty $S'$ , $T'$ , $U'$ spełniają te same warunki, co warunki nałożone na punkty $S$ , $T$ , $U$ w treści zadania.

Wykażemy, że muszą zachodzić równości $S=S'$ , $T=T'$ , $U=U'$ , skąd natychmiast otrzymamy tezę.

Przypuśćmy więc nie wprost, że na przykład $T\ne T'$ . Bez utraty ogólności rozumowania przyjmijmy, że na boku $AB$ punkt $T'$ leży pomiędzy punktami $T$ i $B$ (rys. 6). Ze względu na prostopadłości $TU\perp AB$ , $T'U'\perp AB$ mamy $TU\parallel T'U'$ , zatem na boku $BC$ punkt $U'$ leży pomiędzy $B$ i $U$ . Analogicznie punkt $S'$ leży na boku $AC$ pomiędzy punktami $A$ i $S$ i wreszcie punkt $T'$ leży na boku $AB$ pomiędzy $A$ i $T$ , wbrew wcześniejszemu założeniu.