XIII OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XIII OM, 1961-1962

Etap:

III

Jaki warunek powinny spełniać kąty trójkąta $ABC$ , żeby dwusieczna kąta $A$ , środkowa poprowadzona z wierzchołka $B$ i wysokość poprowadzona z wierzchołka $C$ przecinały się w jednym punkcie ?

Rozwiązanie

Punkt wspólny dwusiecznej $AD$ , środkowej $BS$ i wysokości $CH$ trójkąta $ABC$ może być tylko punktem wewnętrznym tego trójkąta, gdyż $AD$ i $BS$ przecinają się wewnątrz trójkąta. Punkt taki może zatem istnieć tylko wtedy, gdy prosta $CH$ zawiera odcinek leżący wewnątrz trójkąta, tzn. gdy kąty $A$ i $B$ są ostre.

Przypuśćmy, że ten warunek jest spełniony i że wysokość $CH$ przecina dwusieczną $AD$ w punkcie $K$ (rys. 35), a środkową $BS$ w punkcie $L$ (rys. 36).

W trójkątach $AHC$ i $AHK$

$ AH = b \cdot \cos A,\ HK = AH \cdot \tg \frac{A}{2}, $

zatem

$ HK = b \cdot \cos A \cdot \tg \frac{A}{2}. $

W trójkątach $BHC$ i $BHL$

$ BH = a \cdot \cos B,\ HL = BH \cdot \tg \lambda, $

gdzie $\lambda$ oznacza kąt ostry $HBL$ , stąd

$ HL = a \cdot \cos B \cdot \tg \lambda. $

Proste $AD$ , $BS$ i $CH$ przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy $HK = HL$ , tj. gdy

$ (1) \qquad b \cdot \cos A \cdot \tg \frac{A}{2} = a \cdot \cos B \cdot \tg \lambda. $

Żądany warunek otrzymamy przekształcając równość (1) w taki sposób, żeby uzyskać związek między kątami trójkąta.

Stosując twierdzenie sinusów do trójkąta $ASB$ otrzymujemy

$ \frac{c}{\sin (A + \lambda)} = \frac{b}{2 \sin \lambda}, $

stąd

$ 2 c \cdot \sin \lambda = b \cdot \sin A \cdot \cos \lambda + b \cdot \cos A \cdot \sin \lambda, $

zatem

$ (2) \qquad \tg \lambda = \frac{b \sin A}{2c - b \cdot \cos A}. $

Z (1) i (2) wynika, że

$ (3) \qquad \cos A \cdot \tg \frac{A}{2} =\frac{a \cdot \sin A \cdot \cos B} {2c - b \cdot \cos A}. $

Podstawiając w równości (3) $a = 2R\sin A$ , $b = 2R \sin B$ , $c = 2 R \sin C$ , otrzymujemy

$ (4) \qquad \cos A \cdot \tg \frac{A}{2} = \frac{\sin^2 A \cdot \cos B}{ 2 \sin C - \cos A \sin B}. $

Związek (4) możemy uprościć. Podstawiamy $\tg \frac{A}{2} = \frac{\sin A}{1 + \cos A}$ , dzielimy obie strony przez $\sin A$ i mnożymy przez mianownik:

$ \cos A (2 \sin C - \cos A \sin B) = \sin A \cos B(1+ \cos A). $

Stąd

$ 2 \cos A \sin C - \cos A (\cos A \sin B + \sin A \cos B) = \sin A \cos B, $

zatem

$ \cos A \sin C = \sin A \cos B $

i ostatecznie

$ (5) \qquad \tg A =\frac{\sin C}{\cos B}. $

Uzyskaliśmy następujące warunki konieczne istnienia punktu wspólnego prostych $AD$ , $BS$ i $CH$ : nierówności $\measuredangle A < 90^\circ$ , $\measuredangle B < 90^\circ$ oraz równość (5).

Zauważmy jednak, że te nierówności wynikają już z warunku (5). Albowiem $\sin C > 0$ , zatem według (5) $\tg A \cdot \cos B > 0$ , a ponieważ liczby $\tg A$ i $\cos B$ nie mogą być obie ujemne, więc $\tg A > 0$ i $\cos B > 0$ , i kąty $A$ i $B$ są ostre.

Odwracając rozumowanie stwierdzamy, że jeżeli $A$ , $B$ , $C$ spełniają warunek (5), to zachodzi równość (1), zatem $AD$ , $BS$ i $CH$ przechodzą przez jeden punkt.

Odpowiedź na postawione pytanie brzmi więc: W trójkącie $ABC$ dwusieczna, środkowa i wysokość poprowadzone odpowiednio z wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ przecinają się w jednym punkcie wtedy i tylko wtedy, gdy kąty $A$ , $B$ , $C$ spełniają równość (5).