XLIII OM - II - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XLIII OM, 1991-1992

Etap:

Przez środek ciężkości trójkąta ostrokątnego $ABC$ poprowadzono proste prostopadłe do boków $BC$ , $CA$ , $AB$ , przecinające je odpowiednio w punktach $P$ , $Q$ , $R$ . Wykazać że jeżeli $|BP|\cdot |CQ| \cdot |AR| = |PC| \cdot |QA| \cdot |RB|$ , to trójkąt $ABC$ jest równoramienny.

Uwaga: Zgodnie z twierdzeniem Cevy, dana w założeniu równość, iloczynów jest równoważna temu, że proste $AP$ , $BQ$ , $CR$ mają punkt wspólny.

Rozwiązanie

Rysunek 7 przedstawia ,,dowolny'' trójkąt ostrokątny $ABC$ ; nie jest on równoramienny, a zatem (jeśli teza zadania ma być słuszna) - rysunek ten nie jest ilustracją zadania. Mimo to, a raczej właśnie dzięki temu, taki rysunek jest ,,bezpieczny''; nie skłania bowiem do korzystania z równości miar kątów i odcinków, które nie wynikają bezpośrednio z założeń, a jedynie mogłyby zostać zasugerowane rysunkiem wykonanym zgodnie z dowodzoną tezą.

Oznaczmy przez $K$ , $L$ , $M$ środki boków $BC$ , $CA$ , $AB$ , a przez $U$ , $V$ , $W$ - spodki wysokości trójkąta $ABC$ , opuszczpnych odpowiednio na te boki. Przyjmijmy:

$ a=|BC|,\quad b=|CA|,\quad c=|AB|, $

$ x= \left\{ \begin{array}{ccl} |KP| & \textrm{jeśli} & |BP| \geq |PC|,\\ -|KP| & \textrm{jeśli} & |BP| < |PC|, \end{array} \right. $

$ y= \left\{ \begin{array}{ccl} |LQ| & \textrm{jeśli} & |CQ| \geq |QA|,\\ -|LQ| & \textrm{jeśli} & |CQ| < |QA|, \end{array} \right. $

$ z= \left\{ \begin{array}{ccl} |MR| & \textrm{jeśli} & |AR| \geq |RB|,\\ -|MR| & \textrm{jeśli} & |AR| < |RB|. \end{array} \right. $

Wówczas

$ (1) \qquad \begin{split} & |BP|=\frac{a}{2}+x, \quad |CQ|=\frac{b}{2}+y, \quad |AR|=\frac{c}{2}+z,\\ & |PC|=\frac{a}{2}-x, \quad |QA|=\frac{b}{2}-y, \quad |RB|=\frac{c}{2}-z. \end{split} $

(Rysunek 7 przedstawia sytuację, gdy $x < 0$ , $y < 0$ , $z > 0$ .)

Środkowe $AK$ , $BL$ , $CM$ przecinają się w punkcie $G$ (środku ciężkości trójkąta $ABC$ ), który dzieli każdą z nich w stosunku $2 \colon 1$ . Używając języka wektorów można to zapisać następująco:

$ \overrightarrow{KA} = 3 \cdot \overrightarrow{KG}, \quad \overrightarrow{LB} = 3 \cdot \overrightarrow{LG}, \quad \overrightarrow{MC} = 3 \cdot \overrightarrow{MG}. $

Z pierwszej z tych równości oraz z tego, że proste $AU$ i $GP$ są równolegle, wynika, że trójkąt $KAU$ jest obrazem trójkąta $KGP$ w jednokładności o środku $K$ i skali $3$ (jeśli punkt $P$ pokrywa się z $K$ , oba te trójkąty degenerują
się do odcinków). Zatem $\overrightarrow{KU} =3 \cdot \overrightarrow{KP}$ . Podobnie (powołując się na związki równoległości $BV||GQ$ , $CW||GR$ ) uzasadniamy dalsze dwie z poniższych równości:

$ \overrightarrow{KU} = 3 \cdot \overrightarrow{KP}, \quad \overrightarrow{LV} = 3 \cdot \overrightarrow{LQ}, \quad \overrightarrow{MW} = 3 \cdot \overrightarrow{MR}. $

Stąd zaś, wobec (1), dostajemy związki

$ (2) \qquad \begin{split} & |BU|=\frac{a}{2}+3x, \quad |CV|=\frac{b}{2}+3y, \quad |AW|=\frac{c}{2}+3z,\\ & |UC|=\frac{a}{2}-3x, \quad |VA|=\frac{b}{2}-3y, \quad |WB|=\frac{c}{2}-3z. \end{split} $

Wysokości trójkąta przecinają się w jednym punkcie, więc na mocy twierdzenia Cevy mamy równość iloczynów $|BU| \cdot |CV| \cdot |AW| = |UC| \cdot |VA| \cdot |WB|$ (analogiczną do równości $|BP| \cdot |CQ| \cdot |AR| = |PC| \cdot |QA| \cdot |RB|$ , danej w założeniu). Uwzględniając związki (1) i (2) możemy przepisać omawiane równości iloczynów w postaci

$ \left( \frac{a}{2} + x \right) \left( \frac{b}{2} + y \right) \left( \frac{c}{2} + z \right) = \left( \frac{a}{2} - x \right) \left( \frac{b}{2} - y \right) \left( \frac{c}{2} - z \right) , $

$ \left( \frac{a}{2} + 3x \right) \left( \frac{b}{2} + 3y \right) \left( \frac{c}{2} + 3z \right) = \left( \frac{a}{2} - 3x \right) \left( \frac{b}{2} - 3x \right) \left( \frac{c}{2} - 3z \right) . $

Używając oznaczeń

$ f(t) = \left( \frac{a}{2} + tx \right) \left( \frac{b}{2} + ty \right) \left( \frac{c}{2} + tz \right), \quad g(t)=f(t)-f(-t), $

nadajemy uzyskanym zależnościom zwięzłą postać:

$ (3) \qquad g(1) = 0 \quad \textrm{oraz} \quad g(3) = 0. $

Oczywiście $f(t)$ jest wielomianem (trzeciego stopnia) zmiennej $t$ . Uporządkujmy wyrażenie definiujące $f(t)$ według potęg zmiennej $t$ :

$ f(t) = \frac{abc}{8} + \frac{bcx + cay + abz}{4} \cdot t + \frac{ayz + bzx + cxy}{2} \cdot t^2 + xyz \cdot t^3. $

Zatem

$ g(t) = f(t) - f(-t) = pt+qt^3, $

gdzie

$ p = \frac{bcx + cay + abz}{2}, \quad q = 2xyz. $

Związki (3) dają więc układ równań

$ \left\{ \begin{array}{cc} p+q & = 0,\\ 3p+27q & = 0, \end{array} \right. $

którego jedynym rozwiązaniem jest $p = q= 0$ .

Równość $q = 0$ , czyli $xyz = 0$ oznacza, że

$|KP| \cdot |LQ| \cdot |MR| = 0. $

W takim razie $P = K$ lub $Q = L$ lub $R=M$ : spodek jednej z wysokości pokrywa się ze środkiem odpowiedniego boku. A to znaczy, że trójkąt jest równoramienny.