VI OM - II - Zadanie 5

Dany jest trójkąt $ ABC $. Znaleźć prostokąt o najmniejszym polu zawierający ten trójkąt.

Rozwiązanie

Jeżeli prostokąt o polu $ P $ zawiera trójkąt $ ABC $, to możliwe są tylko przypadki następujące:

1. Na każdym boku prostokąta leży jakiś wierzchołek trójkąta. Ponieważ czworokąt ma cztery boki, a trójkąt trzy wierzchołki, więc co najmniej jeden wierzchołek trójkąta musi leżeć na dwóch bokach prostokąta, tzn. w jednym z wierzchołków prostokąta. Mamy zatem dwie możliwości:

a) Tylko jeden wierzchołek trójkąta jest wierzchołkiem prostokąta (rys. 12).

Przyjmując oznaczenia podane na rys. 12 poprowadźmy odcinki $ BD $ i $ CE $ równolegle do boków $ AM $ i $ AP $ prostokąta. Stwierdzamy, że

\[ \textrm{pole }CFB = \textrm{pole }CBN, \textrm{gdyż } \triangle CFB \textrm{ i } \triangle CBN \textrm{ są przystające}, \]
\[ \textrm{pole }ABG < \textrm{pole }AMB, \textrm{gdyż } GB < AM, \textrm{ a }AD = MB,\]
\[ \textrm{pole }CGF < \textrm{pole }ACP, \textrm{ gdyż } GF < PC \textrm{ i } FC < AP. \]

Suma lewych stron powyższych związków równa się polu trójkąta $ ABC $, zatem $ \textrm{pole }ABC < \textrm{pole }CBN + \textrm{pole }AMB + \textrm{pole }ACP $.

Pole $ S $ trójkąta $ ABC $ jest zatem mniejsze od pola pozostałej części prostokąta, czyli

\[<br />
P > 2S.<br />
\]

b) Co najmniej dwa wierzchołki trójkąta są wierzchołkami prostokąta (rys. 13). Wówczas oczywiście

\[<br />
P = 2S.<br />
\]

2. Przynajmniej na jednym z boków prostokąta nie leży żaden wierzchołek trójkąta (rys. 14)

Przesuwając równolegle te boki prostokąta, na których nie ma wierzchołków trójkąta, jak pokazuje rys. 14, otrzymamy prostokąt o polu $ P' $ położony tak jak w przypadku 1a) lub 1b), zatem $ P' \geq 2S $, a ponieważ $ P > P' $ więc

\[<br />
P > 2 S.<br />
\]

Okazało się więc, że prostokąt zawierający dany trójkąt ma najmniejsze pole wtedy, gdy jeden z boków prostokąta pokrywa się z jednym z boków trójkąta, a bok przeciwległy prostokąta przechodzi przez trzeci wierzchołek trójkąta; pole prostokąta jest wówczas równe podwojonemu polu trójkąta. Dla trójkąta ostrokątnego są trzy takie prostokąty, dla prostokątnego - dwa, dla rozwartokątnego - jeden.

Uwaga. Dowód, że w przypadku 1a) zachodzi nierówność $ P > 2S $ monia również uzyskać w sposób następujący (rys. 12).

\[<br />
\begin{split}<br />
P & = AM \cdot AP =AB \cos \delta \cdot AC \cos \varepsilon = AB \cdot AC \cdot \frac{1}{2} [\cos (\delta + \varepsilon) + \cos (\delta - \varepsilon)] = \\<br />
& = \frac{1}{2} AB \cdot AC [\sin \alpha + \cos (\delta - \varepsilon)];<br />
\end{split}<br />
\]

ponieważ $ |\delta - \varepsilon| < \delta + \varepsilon = 90^\circ - \alpha $, więc $ \cos (\delta - \varepsilon) > \sin \alpha $; z poprzedniej równości wynika zatem, że

\[<br />
P > AB \cdot AC \sin \alpha, \textrm{ tj. }P > 2 S.<br />
\]

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź