X OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

X OM, 1958-1959

Etap:

III

W trójkącie równobocznym $ABC$ obrano punkt $O$ i opuszczono prostopadle $OM$ , $ON$ , $OP$ odpowiednio na boki $BC$ , $CA$ , $AB$ . Dowieść, że suma odcinków $AP$ , $BM$ , $CN$ nie zależy od położenia punktu $O$ .

Rozwiązanie

Twierdzenie, które mamy udowodnić, można sprowadzić do znanego twierdzenia (Por. Siódma Olimpiada Matematyczna, zadanie 12), że suma odległości dowolnego punktu trójkąta równobocznego od wierzchołków trójkąta równa się wysokości tego trójkąta.

Poprowadźmy przez wierzchołki $A$ , $B$ , $C$ danego trójkąta proste prostopadłe odpowiednio do boków $AB$ , $BC$ , $CA$ . Przyjmując oznaczenia podane na rys. 29, otrzymujemy trójkąt równoboczny $A'B'C'$ , w którym odległości punktu $O$ od boków $B'C'$ , $C'A'$ , $A'B'$ są odpowiednio równe odległościom punktów $P$ , $M$ , $N$ od wierzchołków $A$ , $B$ , $C$ , tj.

$ AP = OM',\ BM = ON',\ CN = OP', $

wobec czego

$ AP + BM + CN = OM' + ON' + OP'. $

Suma $OM' + ON' + OP'$ nie zależy od położenia punktu $O$ i równa się wysokości trójkąta $A'B'C'$ . Jeżeli $a$ oznacza długość boku trójkąta $ABC$ , to bok trójkąta $A'B'C'$ ma długość $b = a\sqrt{3}$ , a wysokość jest równa $\frac{1}{2}b \sqrt{3} = \frac{3}{2} a$ . Zatem $AP + BM + CN = \frac{3}{2}a$ .

Uwaga. Twierdzenie, które poznaliśmy, można zastąpić twierdzeniem ogólniejszym, które jest prawdziwe i wtedy, gdy punkt $O$ znajduje się poza trójkątem $ABC$ . Obierzmy na prostej $AB$ kierunek dodatni od $A$ do $B$ , na prostej $BC$ - kierunek od $B$ do $C$ i na prostej $AC$ - kierunek od $C$ do $A$ . Niech $AB$ , $BM$ i $CN$ oznaczają miary względne odcinków skierowanych (wektorów) będących odpowiednio rzutami wektorów $AO$ , $BO$ , $CO$ na proste skierowane (osie) $AB$ , $BC$ , $CA$ . Wówczas suma