/Konkursy/Zadania/Geometria/Planimetria/Trójkąt

Zadanie nr 3107027

Udowodnij że jeśli dwie dwusieczne w trójkącie są sobie równe to trójkąt jest równoramienny (twierdzenie Steinera-Lehmusa).

Wersja PDF

Rozwiązanie

Sposób I

Zaczniemy od wyprowadzenia wzoru na długość d dwusiecznej poprowadzonej do boku długości b w trójkącie o bokach a,b,c .

PIC

Z twierdzeń cosinusów w trójkątach ABE i BEC mamy

{ AB 2 = AE 2 + EB 2 − 2AE ⋅EB cosφ 2 2 2 ∘ { BC = BE + EC − 2BE ⋅EC cos(180 − φ ) c2 = AE 2 + d2 − 2AE ⋅d cosφ a2 = d2 + EC 2 + 2EC ⋅dco sφ

Aby pozbyć cos φ mnożymy pierwsze równanie przez EC a drugie przez AE i dodajemy stronami.

2 2 2 2 2 2 EC ⋅c + AE ⋅a = AE ⋅ EC + AE ⋅EC + d ⋅EC + d ⋅ AE EC ⋅c2 + AE ⋅a 2 = AE ⋅ EC (AE + EC )+ d2(EC + AE ) 2 2 2 EC ⋅c + AE ⋅a = AE ⋅ EC ⋅b + d ⋅b.

Równość, którą otrzymaliśmy, to tak zwane twierdzenie Stewarta – zauważmy, że jak dotąd nie korzystaliśmy z tego, że d jest dwusieczną.

Odcinki EC i AE możemy wyliczyć z twierdzenia o dwusiecznej.

{ AE-- c- AE = ac+c-⋅b = ab+cc- EC = a ⇒ EC = -a--⋅b = -ba. a+c a+c

Mamy więc

ba bc bc ba -----⋅c2 + ----- ⋅a2 = ----- ⋅----- ⋅b + d2 ⋅b / : b a+ c a + c a + c a + c ac(a+--c)- --b2ac-- 2 a+ c = (a + c)2 + d 2 (a+-c)2-−-b2- (a+-c-+-b)(a-+-c-−-b)- d = ac⋅ (a + c)2 = ac⋅ (a + c)2 .

Aby otrzymać długość e dwusiecznej poprowadzonej z wierzchołka A musimy w tym wzorze zamienić a z b , czyli

(b + c + a)(b + c− a) e2 = bc ⋅--------------2-------. (b + c)

Równość dwusiecznych daje nam równanie:

(a+ c+ b )(a + c − b) (b+ c+ a)(b + c − a) ac⋅ -------------2--------= bc⋅ -------------2-------- (a+ c) (b + c) (a+ c− b ) (b+ c− a) a⋅ --------2--= b⋅ --------2-- (a + c) (b + c) (a+--c−-b-) (a-−-b-−-c)- a⋅ (a + c)2 + b⋅ (b + c)2 = 0 2 2 (a(a− b)+ ac)(b+ c) + (b(a − b) − bc)(a + c) = 0 (a− b)(a(b+ c)2 + b (a+ c)2) + ac(b + c)2 − bc(a + c)2 = 0 (a− b)(a(b+ c)2 + b (a+ c)2) + c(ab2 + 2abc + ac2 − ba2 − 2abc − bc2) = 0 2 2 2 (a− b)(a(b+ c) + b (a+ c) ) + c(ab(b − a) + c (a − b)) = 0 (a− b)(a(b+ c)2 + b (a+ c)2 + c3 − abc) = 0.

Teraz wystarczy zauważyć, że a(b + c)2 − abc > 0 , więc wyrażenie w drugim nawiasie jest dodatnie, czyli a = b .

Sposób II

Tym razem pozostaniemy w świecie geometrii i udowodnimy ogólniejszy fakt, że jeżeli ∡A > ∡B to długości dwusiecznych AP i BQ spełniają BQ > AP . Oczywiście wynika z tego nasze zadanie.

PIC

Oznaczmy ∡A = 2α,∡B = 2β . Ponieważ α > β , na odcinku PC istnieje punkt D spełniający ∡DAP = β . W trójkącie ABD mamy BD > AD (na przeciw większego kąta leży większy bok), zatem na odcinku BD istnieje punkt E taki, że BE = AD . Teraz wybierzmy punkt F na BQ tak, aby odcinki EF i DA były równoległe.

Trójkąty AP D i BFE mają dwa równe kąty i równe odpowiadające boki AD = BE . Są więc przystające. Zatem AP = BF < BQ , co kończy dowód.

Dowód ten, (według Coxetra) pochodzi od H.G. Fordera.

Sposób III

Kolejny geometryczny dowód (W. T. Williams & G. H. Savage).

PIC

Załóżmy, że AP = BQ i zbudujmy na dwusiecznej AP trójkąt AP D przystający do trójkąta QBC .

Niech DE będzie dwusieczną kąta ∡ADP . Odcinek jest więc równy odpowiadającemu fragmentowi CO dwusiecznej w trójkącie QBC .

Ponieważ ∡ADP = ACP , na czworokącie AP CD można opisać okrąg. Pokażemy, że okrąg można również opisać na czworokącie DEOC :

∡COP = 180∘ − (∡AOC ) = ∡OAC + ∡OCA = ∡PAC + ∡P DE = = ∡P DC + ∡P DE = ∡CDE .

Zatem ∡CDE + ∡COE = 180 ∘ i rzeczywiście na czworokącie DEOC można opisać okrąg. Wcześniej zauważyliśmy, że DE = CO , więc jest to trapez równoramienny i odcinki AP i CD są do siebie równoległe. To jednak oznacza, że

β = ∡AP D = ∡P DC = ∡PAC = α

co kończy dowód.

Sposób IV

Tym razem dowód pochodzący od W. J. Dobbsa.

PIC

Dorysujmy odcinki OE ∥ CA , OD ∥ CB , AD ∥ QB i BE ∥ PA . W trapezie EBOA przekątne są nachylone pod tym samym kątem do podstawy, więc jest on równoramienny, czyli OE = AB . Podobnie OD = AB . Zatem punkty E i D są położone symetrycznie względem dwusiecznej CO kąta ∡ACB = ∡EOD .

Jeżeli teraz oznaczymy przez x i y odległości punktu A od prostych BE i AD odpowiednio, to

x ⋅AP = PABC = y⋅BQ

(pierwsza równość jest wyjaśniona na drugim rysunku – należy myśleć o sumie pól trójkątów AP C i AP B , z drugą jest podobnie). Jeżeli zatem założymy, że AP = BQ to mamy x = y .

To oznacza, że ∡CEB = ∡CDA (bo AD = BE ). Ponieważ punkty E i D leżą symetrycznie względem dwusiecznej CO , daje to ∡OEB = ∡ODA , czyli α = β .

Udowodniony fakt nosi nazwę twierdzenia Steinera-Lehmusa i ma niezwykle barwną historię. Znanych jest kilkadziesiąt różnych dowodów tego twierdzenia, i praktycznie wszystkie są w pewnym stopniu dowodami nie wprost, tzn. używają nierówności między bokami trójkąta (w I z naszych dowód rozumowanie nie wprost jest na samym końcu przy opuszczaniu drugiego nawiasu, w III z dowodów, korzystamy z własności czworokątów wpisanych w okrąg, które też dowodzi się nie wprost; podobnie jest z czwartym dowodem). Według wybitnego geometry Johna Conwaya są przesłanki, że dowód wprost może nie istnieć. Argument Conwaya jest następujący: gdyby taki dowód był, to z ciągłości powinien zachować się gdy punkty A i C zbliżają się do siebie i dalej, mijają się. Algebraicznie oznacza to, że odcinek AC zaczyna mieć ujemną długość. Wtedy jednak łatwo jest podać kontrprzykład: można tak dobrać dane, żeby drugi z nawiasów w I sposobie się zerował.

Wersja PDF