XVII OM - II - Zadanie 5

Zawody matematyczne:

XXVII OM, 1975-1976

Etap:

Każdy z boków $BC, CA, AB$ trójkąta $ABC$ podzielono na trzy równe części i na środkowych odcinkach tych boków jako na podstawach zbudowano na zewnątrz trójkąta $ABC$ trójkąty równoboczne, których trzecie wierzchołki oznaczono odpowiednio literami $A', B', C'$ Prócz tego wyznaczono punkty $A'', B'', C''$ symetryczne odpowiednio do $A', B', C'$ względem prostych $BC, CA, AB$ . Dowieść, że trójkąty $A'B'C'$ i $A''B''C''$ są równoboczne i mają ten sam środek ciężkości, co trójkąt $ABC$ .

Rozwiązanie

Przyjmujemy zwykłe oznaczenie boków i kątów trójkąta $ABC$ . Niech ponadto $S$ oznacza środek ciężkości tego trójkąta, a $K$ i $L$ te punkty podziału boków $AB$ i $AC$ , które leżą bliżej wierzchołka $A$ (rys. 10).

W trójkącie $AKC'$ jest $AK=KC'= \frac{1}{3}c$ , $\measuredangle C'AK=30^\circ$ , skąd obliczamy łatwo, że $AC'= \frac{c}{\sqrt{3}}$ . Podobnie $AL=LB' = \frac{1}{3} b$ , $\measuredangle B'AL= 30^\circ$ i $AB'= \frac{b}{\sqrt{3}}$ . Ponieważ $\measuredangle B'AC'= \measuredangle B'AL+ \measuredangle C'AK+ \measuredangle BAC = 60^\circ + \alpha$ , więc w trójkącie $B'AC'$

$ (B'C')^2 = \frac{b^2}{3} + \frac{c^2}{2} - 2 \frac{bc}{3} \cos (60^\circ + \alpha) = \frac{1}{3} [ b^2 + c^2 - bc\cos \alpha + \sqrt{3} bc \sin \alpha ]. $

Podstawiając do tej równości

$ \cos \alpha = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}, \ bc \sin \alpha = 2 \cdot \textrm{ pole } ABC $

otrzymujemy

$ (B'C')^2 = \frac{1}{6} (a^2+b^2+c^2) + \frac{2}{\sqrt{3}} \textrm{ pole } ABC. $

Wyrażenie, które otrzymaliśmy dla $(B'C')^2$ jest symetryczne względem $a$ , $b$ , $c$ , tzn. nie zmienia swej wartości, gdy wykonamy dowolną permutację zmiennych $a$ , $b$ , $c$ . Stąd wynika, że

$ B'C'=C'A'=A'B', $

trójkąt $A'B'C'$ jest zatem równoboczny. Aby udowodnić, że środkiem tego trójkąta jest punkt $S$ zauważmy, iż w trójkącie $SKC'$ jest $SK= AL= \frac{b}{3}$ , $KC'=AK= \frac{c}{3}$ , a $\measuredangle SKC'=\measuredangle SKB + \measuredangle BKC' = \alpha + 60^\circ$ , skąd wynika, że trójkąt $SKC'$ jest podobny do trójkąta $B'AC'$ , przy czym skala podobieństwa równa się $\frac{1}{\sqrt{3}}$ .

Zatem

$ SC' = \frac{B'C'}{\sqrt{3}}, $

tzn. $SC'$ równa się promieniowi okręgu opisanego na trójkącie $A'B'C'$ . Ponieważ to samo zachodzi dla $SB'$ i $SA'$ , więc $S$ jest środkiem trójkąta $A'B'C'$ .

la trójkąta $A''B''C''$ dowód jest analogiczny. Stwierdzamy, że $AB''=AB'= \frac{b}{\sqrt{3}}$ , $AC''=AC'= \frac{c}{\sqrt{3}}$ kąt $B''AC''$ jest równy $60^\circ - \alpha$ , gdy $\alpha \leq 60^\circ$ , bądź $\alpha -60^\circ$ , gdy $\alpha \geq 60^\circ$ . Zatem

$ (B''C'')^2 = \frac{b^2}{3} + \frac{c^2}{3} - 2\frac{bc}{3} \cos(60^\circ - \alpha), $

a po odpowiednim przekształceniu

$ (B''C'')^2 = \frac{1}{6} (a^2 + b^2 - c^2)- \frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \textrm{ pole} ABC. $

Stąd wnioskujemy, że $B''C''=C''A''=A''B'$ .

Trójkąt $SKC''$ , w którym $SK= \frac{b}{3}$ , $KC''=KC'= \frac{c}{3}$ , a $\measuredangle SKC''= |60^\circ- \alpha|$ , jest podobny do trójkąta $B''AC''$ w skali $\frac{1}{\sqrt{3}}$ , więc $SC''= \frac{B''C''}{\sqrt{3}}$ ; stąd wnioskujemy, jak poprzednio, że $S$ jest środkiem trójkąta $A''K''C''$ .