meetkundige invariant

Opgave - CanMO 1969 vraag 4

Zij $ABC$ een gelijkzijdige driehoek, en $P$ een willekeurig punt binnen de driehoek. De loodrechten $PD, PE, PF$ worden getekend vanuit $P$ naar de zijden van de driehoek. Toon aan dat, ongeacht waar $P$ getekend wordt,
$$\frac{PD+PE+PF}{AB+BC+CA}=\frac1{2\sqrt3}.$$

Oplossing

Stel dat de zijdelengte van $ABC$ gelijk is aan $2$, dan staat er te bewijzen dat $PD+PE+PF=\sqrt{3}$.

Als je $P$ verplaatst, evenwijdig met de zijdes van $ABC$ over een afstand $c$, blijft de som $PD+PE+PF$ gelijk: één van de lengtes blijft gelijk, één van de lengtes wordt $\frac{\sqrt{3}c}2$ langer en de derde wordt $\frac{\sqrt{3}c}2$ korter. Zo kun je de lengte bewaren en tegelijk $P$ in $A$ plaatsen, zodat $PD+PE+PF=\sqrt{3}+0+0=\sqrt{3}$.

Of...$$\begin{aligned} \frac{PD+PE+PF}{AB+BC+CA} & = \frac{AB(PD+PE+PF)}{3AB\cdot AB} = \frac{ABd(P,AB)+BCd(P,BC)+CAd(P,CA)}{3AB\cdot AB} \\ & = 2\frac{[ABP]+[BCP]+[CAP]}{3AB\cdot AB} = 2\frac{[ABC]}{3AB\cdot AB} = 2\frac{\frac{\sqrt{3}}{4}AB\cdot AB}{3AB\cdot AB} = \frac{1}{2\sqrt{3}}\end{aligned}$$