Suma odległości

[Dario1]

Wykaż, że suma odległości dowolnego punktu obranego na boku trójkąta równobocznego od pozostałych boków trójkąta jest, dla tego trójkąta, stała.

Proszę o sprawdzenie poniższego dowodu:

Rozważmy trójkąt równoboczny \(\displaystyle{ ABC}\). Niech punkt \(\displaystyle{ D}\) będzie dowolnym punktem na boku \(\displaystyle{ AB}\). Niech \(\displaystyle{ DE}\) będzie odległością od boku \(\displaystyle{ BC}\) i niech \(\displaystyle{ DF}\) będzie odległością od boku \(\displaystyle{ AC}\). Wtedy \(\displaystyle{ |DE|= \frac{|DB| \sqrt{3} }{2}}\) i \(\displaystyle{ |DF|= \frac{|DA| \sqrt{3} }{2}}\). Zatem suma odległości to \(\displaystyle{ |DE|+|DF|=\frac{|DB| \sqrt{3} }{2}+\frac{|DA| \sqrt{3} }{2}= \frac{ \sqrt{3} }{2}\left( |DB|+|DA|\right)= \frac{ \sqrt{3} }{2}|AB|}\). Czyli suma odległości dla danego trójkąta równobocznego jest stała.

[SlotaWoj]

Dobrze.

[mint18]

Jest ok, ale można też zauważyć, że \(\displaystyle{ DE}\) i \(\displaystyle{ DF}\) są wysokościami w trójkątach \(\displaystyle{ DBC}\) i \(\displaystyle{ ADC}\). Załóżmy, że bok trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\) ma długość \(\displaystyle{ a}\) oraz wysokość \(\displaystyle{ h}\), mamy więc zależności:

\(\displaystyle{ ah = 2 P_{ABC}=2 P_{DBC}+2 P_{ADC}= a |DE| + a |DF| = a(|DE|+|DF|)}\)
A stąd już \(\displaystyle{ |DE|+|DF| = h = \frac{a \sqrt{3} }{2}}\).

[Dario1]

no ok, ale skąd wiesz, że \(\displaystyle{ |DE|+|DF| = h}\)?

[a4karo]

To jest prawda również gdy punkt leży wewnątrz trójkąta. Wskazówka ; podziel na trzy trójkąty i oblicz sumę ich pół na dwa sposoby

[Dario1]

Nie rozumiem. Jak to podzielić na 3 trójkąty i obliczyć sumę na 2 sposoby?

[SlotaWoj]

... gdy punkt leży wewnątrz trójkąta.

Podziel trójkąt na trzy trójkąty i odlicz sumę pól.

[bakala12]

To jest prawda również gdy punkt leży wewnątrz trójkąta. Wskazówka ; podziel na trzy trójkąty i oblicz sumę ich pół na dwa sposoby

O co tu chodzi?

[Medea 2]

Zapewne o to, że jeżeli oznaczymy te odległości przez \(\displaystyle{ x,y,z}\), to \(\displaystyle{ \textstyle \frac 1 2 (ax + by + cz)}\) oraz \(\displaystyle{ \textstyle \frac 1 2 a h_a}\) są tym samym polem policzonym na dwa sposoby. A że \(\displaystyle{ a = b = c}\), to okazuje się, że suma odległości jest równa wysokości. Argument działa, gdy trójkąt kroimy na trzy części. Łatwo widać, co zmienić, żeby działał też dla dwóch (jak w zadaniu).

[karolex123]

Można bardziej intuicyjnie: niech trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) będzie trójkątem równobocznym i punkt \(\displaystyle{ D}\) będzie punktem leżącym na boku \(\displaystyle{ AB}\). Prowadzimy odległość punktu \(\displaystyle{ D}\) od boku \(\displaystyle{ AC}\) (oznaczymy \(\displaystyle{ DE}\)) oraz odległość od boku \(\displaystyle{ BC}\) (oznaczymy \(\displaystyle{ DF}\)). Teraz budujemy trójkąt równoboczny \(\displaystyle{ ADG}\), przy czym \(\displaystyle{ G \in AC}\). Na koniec prowadzimy wysokość w trójkącie \(\displaystyle{ ADG}\) z wierzchołka \(\displaystyle{ A}\), zauważamy, że jest równa długości odcinka \(\displaystyle{ DE}\) oraz, że ta wysokość w sumie z odległością \(\displaystyle{ DF}\) jest wysokością trójkąta \(\displaystyle{ ABC}\).

[mint18]

karolex123, Przyznam, że podoba mi się Twój sposób, i też można skorzystać z niego do pokazania ogólniejszego twierdzenia o którym wspomniał a4karo. Zawsze inny sposób na zadanie

[karolex123]

Oczywiście, tym sposobem można udowodnić twierdzenie ogólniejsze, w literaturze znane chyba jako twierdzenie Vivianiego. Myślę, że ta metoda jest zwyczajnie klarowna

[Medea 2]

Ale w ten sposób chyba nie pokaże się ogólniejszej wersji twierdzenia, to znaczy dla wielokątów, prawda?

[bakala12]

W ten sposób można pokazać, że ta odległość jest równa \(\displaystyle{ nr}\), gdzie \(\displaystyle{ n}\) liczba boków wielokąta, zaś \(\displaystyle{ r}\) promień okręgu wpisanego. To działa dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\)-kąta opisywalnego na okręgu.