XXXII - I - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXXII OM, 1980-1981

Etap:

Na bokach trójkąta ostrokątnego $ABC$ zbudowano kwadraty $ABED$ , $BCGF$ , $ACHI$ leżące na zewnątrz trójkąta. Udowodnić, że środkowe trójkąta utworzonego przez proste $EF$ , $GH$ , $DI$ są prostopadłe do boków trójkąta $ABC$ .

Rozwiązanie

Niech $K$ , $L$ , $M$ będą wierzchołkami utworzonego trójkąta leżącymi odpowiednio przy kwadratach $ABED$ , $BCGF$ , $ACHI$ . Niech $KO$ i $LO$ będą prostymi prostopadłymi odpowiednio do odcinków $\overline{AB}$ i $\overline{BC}$ (rys. 8).

Trójkąty $KLO$ i $BEF$ mają równoległe odpowiednie boki, są więc podobne, Otrzymujemy stąd

$ (1) \qquad \frac{KO}{LO} = \frac{BE}{BF} = \frac{AB}{BC}. $

Przypuśćmy, że prostopadła do $AC$ przechodząca przez punkt $M$ nie przechodzi przez $O$ , wobec tego przecina ona prostą $KO$ w pewnym punkcie $P$ , prostą $LO$ w pewnym punkcie $R$ . Jeśli jest przy tym $KP > KO$ (przypadek przeciwny $KP < KO$ rozpatruje się analogicznie), to $MR > MP$ i $LO > LR$ . Analogicznie, jak wyżej stwierdzamy, że

$ (2) \qquad \frac{KP}{MP} = \frac{AB}{AC},\ \frac{LR}{MR} = \frac{BC}{AC}. $

Dzieląc te równości stronami otrzymujemy

$ \frac{AB}{BC} = \frac{KP \cdot MR}{MP \cdot LR}, $

więc na podstawie poprzednio wypisanych nierówności jest

$ \frac{AB}{BC} = \frac{KP \cdot MR}{MP \cdot LR} > \frac{KO \cdot MR}{MR \cdot LO} = \frac{KO}{LO} = \frac{AB}{BC} $

Uzyskana sprzeczność jest konsekwencją przypuszczenia, że prostopadłe do boków trójkąta $ABC$ poprowadzone z odpowiednich wierzchołków trójkąta $KLM$ nie przecinają się w jednym punkcie. Zatem $O=P=R$ . Pokażemy, że $O$ jest środkiem ciężkości trójkąta $KLM$ . Z równości (1) i (2) wynika

$ (3) \qquad \frac{KO}{AB} = \frac{LO}{BC}=\frac{MO}{AC}. $

Rozważając kąty $ABC$ , $CBF$ , $FBE$ , $EBA$ stwierdzamy, że $\measuredangle EBF = 360^\circ-2 \cdot 90^\circ- \measuredangle ABC = 180^\circ - \measuredangle ABC$ . Wobec tego $\measuredangle KOL = 180^\circ- \measuredangle ABC$ , a stąd wynika, że pole trójkąta $KLO$ wynosi

$ \begin{split} S_{\triangle KLO} &= \frac{1}{2} KO \cdot OL \cdot \sin \measuredangle KOL = \frac{1}{2} KO \cdot OL \cdot \sin \measuredangle ABC =\\ &=\frac{KO^2}{AB^2} \cdot \frac{1}{2} AB \cdot BC \cdot \sin \measuredangle ABC = \left( \frac{KO}{AB} \right)^2 \cdot S_{\triangle ABC}. \end{split} $

Analogicznie otrzymujemy, że

$ S_{\triangle LOM} = S_{\triangle MOK} = \left( \frac{KO}{AB} \right)^2 \cdot S_{\triangle ABC} $

Półproste $OK^\to$ , $OL^\to$ , $OM^\to$ rozcinają więc trójkąt $KLM$ na trzy trójkąty o równych polach, skąd wynika, że $O$ jest środkiem ciężkości trójkąta $KLM$ , tj. proste $KO$ , $LO$ , $MO$ zawierają środkowe odpowiednich boków trójkąta $KLM$ . Tak więc środkowe tego trójkąta są prostopadłe do odpowiednich boków trójkąta $ABC$ .