Olimpiady Matematyczne

Matematyka jest drzwiami i kluczem do nauki.

Roger Bacon

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

$ P > 2S. $

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

$ P = 2S. $

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

$ P > 2 S. $

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).

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

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