XIV OM - III - Zadanie 3

Z danego trójkąta wyciąć prostokąt o największym polu.

Rozwiązanie

Przypuśćmy, że prostokąt $ MNPQ $ leży w danym trójkącie $ ABC $. Udowodnimy najpierw, że jeżeli wszystkie wierzchołki $ M $, $ N $, $ P $, $ Q $ prostokąta leżą na obwodzie trójkąta $ ABC $, to pole $ P $ prostokąta jest co najwyżej równe połowie pola $ T $ trójkąta $ ABC $, przy czym równość $ P = \frac{1}{2}T $ zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy dwa wierzchołki prostokąta leżą w środkach dwóch boków trójkąta.

Z założenia wynika, że dwa spośród punktów $ M $, $ N $, $ P $, $ Q $, np. $ M $ i $ N $, leżą na tym samym boku trójkąta, np. na $ AB $ ; przyjmijmy, że $ P $ leży na $ BC $ a $ Q $ na $ AC $ (rys. 28).

Oznaczmy literą $ D $ punkt symetryczny do punktu $ C $ względem prostej $ PQ $.

a) Jeżeli $ P $ i $ Q $ są środkami boków $ BC $ i $ AC $ (rys 28a), to punkt $ D $ leży na boku $ AB $ oraz $ AM = MD $, $ DN = NB $. Wówczas $ T = P + \textrm{pole }AMQ + \textrm{pole }PNB + \textrm{pole }QPC = P + \textrm{pole }QMD + \textrm{pole }PDN + \textrm{pole }PQD = P + P = 2P $.

b) Jeżeli $ AQ > QC $, $ BP > PC $ (rys. 28b), to punkt $ D $ leży między prostymi $ AB $ i $ PQ $, proste $ QD $ i $ PD $ przecinają prostą $ AB $ w punktach $ K $ i $ L $, przy czym $ AM = MK $, $ BN = NL $, $ \textrm{pole }QMK + \textrm{pole }PLN + \textrm{pole }PQD > P $; wtedy $ T = P + \textrm{pole } AMQ + \textrm{pole }PNB + \textrm{pole }QPC = P + \textrm{pole }QMK + \textrm{pole }PLN + \textrm{pole }PQD > P + P = 2P $.

c) Jeżeli $ AQ < QC $, $ BP < PC $ (rys. 28c), to punkt $ D $ leży na zewnątrz trójkąta $ ABC $. Podobnie jak w przypadku b) $ T = P + \textrm{pole }QMK + \textrm{pole }PLN + \textrm{pole }PQD > P + P = 2P $.

Udowodnimy następnie, że jeżeli któryś z wierzchołków prostokąta leży wewnątrz trójkąta $ ABC $, to $ P < \frac{1}{2} T $. Rozpatrzymy 3 możliwe przypadki:

a) Jeden bok prostokąta leży na boku trójkąta, np. $ MN $ leży na $ AB $, a jeden z pozostałych wierzchołków, np. $ P $ leży wewnątrz trójkąta (rys. 29).

Niech $ C' $ oznacza punkt przecięcia prostej $ BP $ z równoległą do $ AB $ poprowadzoną przez $ C $, $ Q' $ - punkt przecięcia prostej $ PQ $ z odcinkiem $ AC' $, $ M' $ - rzut punktu $ Q' $ na bok $ AB $. Wówczas

\[<br />
P < \textrm{pole }M'NPQ' \leq \frac{1}{2} \textrm{pole }ABC' = \frac{1}{2}T.<br />
\]

b) Jeżeli boki $ MN $ i $ PQ $ są równoległe do prostej $ AB $, ale na niej nie leżą, przy czym np. $ MN $ leży bliżej prostej $ AB $ niż $ PQ $ (rys. 30), to prostokąt $ MNPQ $ leży w trójkącie $ A'B'C $ odciętym od $ ABC $ prostą $ MN $: Wówczas

\[<br />
P \leq \frac{1}{2} \textrm{pole }A'B'C < \frac{1}{2} T<br />
\]

c) Jeżeli żaden bok prostokąta $ MNPQ $ nie jest równoległy do żadnego boku trójkąta $ ABC $, to prowadzimy przez wierzchołki $ A $, $ B $, $ C $ proste równoległe do $ MN $ (rys. 31).

Z założenia wynika, że żadne dwie z tych prostych nie mogą się pokrywać, więc jedna z nich leży między dwiema innymi, np. ta, która przechodzi przez $ A $ i przecina bok $ BC $ w $ D $. Prosta $ AD $ rozcina trójkąt $ ABC $ na trójkąty $ ADB $ i $ ADC $.

Jeżeli prostokąt $ MNPQ $ leży w jednym z nich, np. w trójkącie $ ADB $, to

\[<br />
P \leq \frac{1}{2} \textrm{pole }ADB < \frac{1}{2} \textrm{pole }ABC = \frac{1}{2} T.<br />
\]

Jeżeli zaś $ AD $ rozcina prostokąt na dwa prostokąty o polach $ P_1 $ i $ P_2 $ leżące odpowiednio w trójkątach $ ADB $ i $ ADC $, przy czym wierzchołek $ Q $ leży wewnątrz trójkąta $ ADC $, to

\[<br />
P_1 \leq \frac{1}{2} \textrm{pole }ADB,\ P_2 < \frac{1}{2} \textrm{pole }ADC.<br />
\]

Zatem

\[<br />
P = P_1 + P_2 < \frac{1}{2} \textrm{pole }ADB + \frac{1}{2} \textrm{pole }ADC = \frac{1}{2}T.<br />
\]

Rozwiązanie zadania jest zatem następujące:

Prostokąt wycięty z trójkąta ma pole co najwyżej równe połowie pola trójkąta. Maximum to zachodzi wtedy, gdy dwa wierzchołki prostokąta leżą w środkach dwóch boków trójkąta, a dwa pozostałe - na trzecim boku.

Z trójkąta ostrokątnego można wyciąć taki prostokąt trzema sposobami, z prostokątnego - dwoma, a z rozwartokątnego tylko jednym sposobem.

Uwaga. Wynik, który uzyskaliśmy, można uogólnić. Jeżeli mianowicie w powyższym twierdzeniu zastąpimy wyraz ,,prostokąt'' wyrazem ,,równoległobok'', otrzymamy także twierdzenie prawdziwe. Aby tego dowieść, weźmy pod uwagę równoległobok $ MNPQ $ leżący w trójkącie $ ABC $ (rys. 32).

Niech $ P' $ będzie rzutem punktu $ N $ na prostą $ PQ $.

Przekształćmy trójkąt i równoległobok przez powinowactwo osiowe, którego osią jest prosta $ MN $ i w którym punktowi $ P $ odpowiada punkt $ P' $. Jak wiadomo, punkt odpowiadający dowolnemu punktowi płaszczyzny, np. punktowi $ C $, otrzymuje się w następujący sposób: Wyznaczamy punkt przecięcia $ K $ prostej $ PC $ z osią $ MN $; punkt $ C' $, w którym prosta $ KP' $ przecina prostą poprowadzoną z $ C $ równolegle do $ MN $, jest punktem żądanym. Trójkątowi $ ABC $ odpowiada w ten sposób trójkąt $ A'B'C' $, równoległobokowi $ MNPQ $ - prostokąt $ MNP'Q' $ leżący w trójkącie $ A'B'C' $. Przy tym przekształceniu pola figur nie ulegają zmianie, zatem

\[<br />
\textrm{pole }MNPQ = \textrm{pole }MNP'Q' \leq \frac{1}{2} \textrm{pole }A'B'C' = \frac{1}{2} \textrm{pole }ABC,<br />
\]

tzn. pole równoległoboku wyciętego z trójkąta jest co najwyżej równe połowie pola trójkąta.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź