[Planimetria] równość w trójkącie

[robin5hood]

W trójkącie \(\displaystyle{ ABC, K, L, M}\), są spodkami wysokości odpowiednio na przeciwko wierzchołków \(\displaystyle{ A, B, C}\), wykaż, że;

\(\displaystyle{ \frac{|AM||BK|}{|AK|}+\frac{|CL||BK|}{|BL|}+\frac{|AM||CL|}{|CM|}=h_1+h_2+h_3-2(R+r)}\)

gdzie \(\displaystyle{ R, r}\) są odpowiednio promieniami okręgów opisanego i wpisanego

[XMaS11]

Dany jest trójkąt ostrokątny \(\displaystyle{ ABC}\). Odcinki \(\displaystyle{ AH_a,\ BH_b\, CH_c}\) to wysokości tego trójkąta. Punkty \(\displaystyle{ K,L,M}\) to odpowiednio środki boków \(\displaystyle{ BC,CA,AB}\). Niech \(\displaystyle{ H}\) oznacza jego ortocentrum, \(\displaystyle{ G}\) środek ciężkości, \(\displaystyle{ O}\) środek okręgu opisanego. Ponadto niech \(\displaystyle{ R}\) i \(\displaystyle{ r}\) to będą odpowiednio długości promieni okręgu opisanego i wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Udowodnimy następujące dwa lematy:
Lemat 1.
\(\displaystyle{ OK+OL+OM=R+r}\)
Lemat 2.
\(\displaystyle{ 2OK=AH}\), \(\displaystyle{ 2OL=BH}\), \(\displaystyle{ 2OM=CH}\).

Dowód lematu 1:    

Oczywiście na czworokącie \(\displaystyle{ AMOL}\) można opisać okrąg. Stosując twierdzenie Ptolemeusza i pamiętając o tym, że \(\displaystyle{ M,L}\) to środki odcinków \(\displaystyle{ AB,AC}\) dostajmy:
\(\displaystyle{ AL \cdot OM + AM \cdot OL=AO \cdot LM}\). Mnożąc tę równość stronami przez 2 dostajemy:
\(\displaystyle{ AC \cdot OM + AB \cdot OL = R \cdot BC}\)
Zapisując podobne równości dla czoworkątów \(\displaystyle{ BMOK}\), \(\displaystyle{ CKOL}\) i dodając je stronami otrzymamy:
\(\displaystyle{ AB(OK+OL)+BC(OL+OM)+CA(OM+OK)=R(AB+BC+CA)}\) Teraz dodając stronami pomnożone przez 2 pole trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) z lewej strony jako\(\displaystyle{ AB \cdot MO+BC \cdot KO+CA \cdot LO}\), a z prawej jako \(\displaystyle{ r(AB+BC+CA)}\) dostajemy:
\(\displaystyle{ (AB+BC+CA)(OM+OK+OL)=(AB+BC+CA)(R+r)}\), czyli
\(\displaystyle{ OM+OK+OL=R+r}\), co chcieliśmy dowieść

Dowód lematu 2:    

Przy jednokładność o skali \(\displaystyle{ - \frac{1}{2}}\) i o środku w punkcie \(\displaystyle{ G}\) trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) przejdzie na trojkąt \(\displaystyle{ KML}\). Jak łatwo zauważyć punkt \(\displaystyle{ H}\) przjedzie na \(\displaystyle{ O}\), czyli odcinek \(\displaystyle{ AH}\) przejdzie na \(\displaystyle{ OK}\), zatem \(\displaystyle{ AH=2OK}\). Analogicznie dowodzimy pozostałych równości.

Przejdźmy do naszego zadania (przy założeniu, że trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest ostrokątny).

Zapiszę równość która mamy udowodnić przy oznaczeniach takich jak wyżej.
\(\displaystyle{ \frac{AH_c \cdot BH_a}{AH_a} + \frac{BH_a \cdot CH_b}{BH_b} + \frac{CH_b \cdot AH_c}{CH_c} = AH_a+BH_b+CH_c -2(R+r)}\).
Nietrudno zauważyć, że trójkąty \(\displaystyle{ AH_cH}\) i \(\displaystyle{ AH_aB}\) są podobne, skąd
\(\displaystyle{ \frac{AH_c \cdot BH_a}{AH_a} =HH_c}\), zapisując analogiczne równości dla pozostałych dwóch ułamków dostajemy :
\(\displaystyle{ \frac{AH_c \cdot BH_a}{AH_a} + \frac{BH_a \cdot CH_b}{BH_b} + \frac{CH_b \cdot AH_c}{CH_c} =HH_a+HH_b+HH_c=AH_a+BH_b+CH_c-(AH+BH+CH)=AH_a+BH_b+CH_c-2(OM+OK+OL)=AH_a+BH_b+CH_c-2(R+r)}\), co należało dowieść.