XXII OM - I - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XXII OM, 1970-1971

Etap:

Przez punkt $P$ , należący do płaszczyzny trójkąta $ABC$ , poprowadzono trzy proste prostopadłe odpowiednio do prostych $BC$ , $AC$ i prostej zawierającej środkową $\overline{CE}$ . Udowodnić, że przetną one prostą zawierającą wysokość $CD$ odpowiednio w takich punktach $K, L, M$ , że $KM = LM$ .

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw kilka pomocniczych faktów.

Lemat. Jeżeli odpowiednie boki dwóch trójkątów są równoległe, to trójkąty te są podobne.

Dowód. Niech $AB\parallel A'B'$ , $BC \parallel B'C$ , $CA \parallel C'A'$ . Wtedy odpowiednie kąty trójkątów $ABC$ i $A'B'C'$ mają ramiona równoległe. Zatem miary tych kątów są równe lub w sumie dają miarę kąta półpełnego. Mamy więc

$ \measuredangle A= \measuredangle A' \quad \textrm{lub} \quad \measuredangle A +\measuredangle A' =180^\circ, $

$ \measuredangle B= \measuredangle B' \quad \textrm{lub} \quad \measuredangle B +\measuredangle B' =180^\circ, $

$ \measuredangle C= \measuredangle C' \quad \textrm{lub} \quad \measuredangle C +\measuredangle C' =180^\circ, $

Gdyby w co najmniej dwóch przypadkach spełniony był drugi człon alternatywy, np. $\measuredangle A +\measuredangle A' =180^\circ$ , $\measuredangle B +\measuredangle B' =180^\circ$ to wobec tego, że suma miar kątów trójkąta równa jest $180^\circ$ , mielibyśmy, że

$ \measuredangle A +\measuredangle A' +\measuredangle B +\measuredangle B' =360^\circ $

$ \measuredangle A + \measuredangle B + \measuredangle C +\measuredangle A' +\measuredangle B' + \measuredangle C'=360^\circ $

Stąd $\measuredangle C + \measuredangle C' = 0^\circ$ , co nie jest możliwe.

Wobec tego w co najmniej dwóch przypadkach spełniony jest pierwszy człon alternatywy, np. $\measuredangle A = \measuredangle A'$ i $\measuredangle B =\measuredangle B'$ Wynika stąd, że trójkąty $ABC$ i $A'B'C'$ są podobne.

Wniosek. Jeżeli odpowiednie boki dwóch trójkątów są prostopadłe, to trójkąty te są podobne:

Dowód. Niech

$ (1) \qquad AB \bot A_1B_1,\quad BC \bot B_1C_1,\quad CA \bot C_1A_1. $

Obróćmy trójkąt $A_1B_1C_1$ wokół dowolnego punktu o kąt prosty. Otrzymamy wtedy trójkąt $A'B'C'$ o bokach prostopadłych do odpowiednich boków trójkąta $A_1B_1C_1$ , tzn.

$ (2) \qquad A_1B_1 \bot A'B', \quad B_1C_1 \bot B'C', \quad C_1A_1 \bot C'A'. $

Z (1) i (2) wynika, że $AB \parallel A'B'$ , $BC \parallel B'C'$ , $CA \parallel C'A'$ . Zatem na mocy lematu trójkąty $ABC$ i $A'B'C'$ są podobne. Ponieważ trójkąty $A'B'C'$ i $A_1B_1C_1$ są przystające, więc wynika stąd, że również trójkąty $ABC$ i $A_1 B_1 C_1$ są podobne.

Przystąpimy teraz do rozwiązania zadania.

Jeżeli punkt $P$ należy do prostej zawierającej odcinek $CD$ , to $P = K = L = M$ i wobec tego $KM = LM = 0$ .

Jeżeli punkt $P$ nie należy do prostej zawierającej odcinek $CD$ , to z warunków zadania wynika, że odpowiednie boki trójkątów $PKM$ i $CBE$ są prostopadłe, a także odpowiednie boki trójkątów $PLM$ i $CAE$ są prostopadłe (rys. 6). Zatem na mocy udowodnionego wyżej wniosku trójkąty $PKM$ i $CBE$ oraz trójkąty $PLM$ i $CAE$ są podobne.

Oznaczając odpowiednio stosunki tych podobieństw przez $\lambda$ i $\mu$ otrzymamy, że $PM = \lambda CE$ , $KM = \lambda BE$ , $PM = \mu CE$ , $LM = \mu AE$ . Z pierwszej i trzeciej równości wynika, że $\lambda =\mu$ . Punkt $E$ jest środkiem odcinka $AB$ , tzn. $AE = BE$ . Zatem z drugiej i czwartej równości wynika, że $KM = LM$ .