III OM - III - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

III OM, 1951-1952

Etap:

III

Na bokach $BC$ , $CA$ , $AB$ trójkąta $ABC$ obrano odpowiednio punkty $M$ , $N$ , $P$ w taki sposób, że

$ (1) \qquad \frac{BM}{MC} = \frac{CN}{NA} = \frac{AP}{PB} = k, $

gdzie $k$ oznacza liczbę daną większą od $1$ ; następnie poprowadzono odcinki $AM$ , $BN$ , $CP$ . Mając dane pole $S$ trójkąta $ABC$ obliczyć pole trójkąta ograniczonego prostymi $AM$ , $BN$ i $CP$ .

Rozwiązanie

Oznaczmy punkty przecięcia prostych $AM$ , $BN$ i $CP$ literami $X$ , $Y$ , $Z$ , jak wskazuje rys. 36.

Ponieważ pola trójkątów o równych wysokościach mają się jak podstawy tych trójkątów, więc

$ \textrm{pole }ABM = \frac{BM}{BC} \cdot S,\ \textrm{pole }ABX = \frac{AX}{AM} \cdot \textrm{pole }ABM, $

zatem

$ (2) \qquad \textrm{pole } ABX = \frac{BM}{BC} \cdot \frac{AX}{AM} \cdot S. $

Stosunki $\frac{BM}{BC}$ i $\frac{AX}{AM}$ obliczamy na podstawie równości (1):

$ \frac{BC}{BM} = \frac{BM + MC}{BM} = 1 + \frac{1}{k} = \frac{k+1}{k}, $

więc

$ (3) \qquad \frac{BM}{BC} = \frac{k}{k+1}. $

Wartość stosunku $\frac{AX}{AM}$ możemy uzyskać opierając się na wyniku zadania nr 23, trzeba tylko występującą tam literę $P$ zastąpić literą $X$ (por. rysunki 17 i 36); otrzymujemy równość

$ \frac{AX}{XM} = n \left( 1 + \frac{1}{m} \right), $

gdzie

$ n = \frac{AN}{NC} = \frac{1}{k},\ m = \frac{BM}{MC} = k, $

wobec czego

$ \frac{AX}{XM} = \frac{1}{k} \left( 1 + \frac{1}{k} \right) = \frac{k+1}{k^2} $

oraz

$ (4) \qquad \frac{AX}{AM} = \frac{AX}{AX + XM} = \frac{k+1}{k^2 + k +1}. $

Podstawiając wartości stosunków $\frac{BM}{BC}$ i $\frac{AX}{AM}$ ze wzorów (3) i (4) do wzoru (2) otrzymujemy wzór

$ \textrm{pole }ABX = \frac{k}{k^2+k+1} S. $

Wartość pola trójkąta $BCY$ uzyskamy, gdy w powyższym obliczeniu pola trójkąta $ABX$ zamienimy litery $A$ , $B$ , $C$ odpowiednio na $B$ , $C$ , $A$ , litery $M$ i $N$ na $N$ i $P$ , a literę $X$ na $Y$ ; analogicznie obliczymy pole trójkąta $CAZ$ . Wyniki obliczeń będą oczywiście te same, zatem

$ \textrm{pole }BCY = \textrm{pole }CAZ = \textrm{pole }ABX = \frac{k}{k^2+k+1} S. $

Ponieważ

$ \textrm{pole }XYZ = S - (\textrm{pole }ABX + \textrm{pole }BCY + \textrm{pole }CAZ), $

więc

$ \textrm{pole }XYZ = S - \frac{3k}{k^2+k+1}S $

i ostatecznie

$ (5) \qquad \textrm{pole }XYZ = \frac{(k-1)^2}{k^2+k+1}S. $

Uwaga 1. W rozumowaniu powyższym wzór (4) można by również uzyskać stosując do trójkąta $ACM$ przeciętego prostą $BN$ twierdzenie Menelausa (patrz zadanie nr 23), co daje równość

$ \frac{AN}{NC} \cdot \frac{CB}{BM} \cdot \frac{MX}{XA} = -1. $

Nadając tej równości postać

$ \frac{AN}{NC} \cdot \frac{CM + MB}{BM} \cdot \frac{MX}{XA} = -1, \textrm{ czyli } \frac{NA}{CN} \cdot \frac{MC + BM}{BM} \cdot \frac{MX}{XA} = 1, $

i podstawiając w ostatnim równaniu wartości stosunków

$ \frac{NA}{CN} = \frac{MC}{BM} = \frac{1}{k} $

otrzymujemy równość

$ \frac{1}{k} \left( \frac{1}{k} + 1 \right) \frac{MX}{XA} = 1 $

i wreszcie

$ \frac{AX}{XM} = \frac{k+1}{k^2}, $

skąd wynika, jak poprzednio, wzór (4).

Uwaga 2. Warunek, że $k > 1$ , można zastąpić warunkiem słabszym $k > 0$ i $k \ne 1$ . Rozumowanie i wynik (5) pozostają te same. Zauważmy, że gdy $k = 0$ , punkty $M$ , $N$ , $P$ pokrywają się odpowiednio z punktami $B$ , $C$ , $A$ , a trójkąt $XYZ$ pokrywa się z trójkątem $BCA$ . Gdy $k = 1$ , trójkąt $XYZ$ redukuje się do jednego punktu - środka ciężkości trójkąta $ABC$ . W obu tych przypadkach wzór (5) daje prawidłowe wartości pola: $S$ i $O$ .