XIV OM - III - Zadanie 3

Zawody matematyczne:

XIV OM, 1962-1963

Etap:

III

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

$ P < \textrm{pole }M'NPQ' \leq \frac{1}{2} \textrm{pole }ABC' = \frac{1}{2}T. $

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

$ P \leq \frac{1}{2} \textrm{pole }A'B'C < \frac{1}{2} T $

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

$ P \leq \frac{1}{2} \textrm{pole }ADB < \frac{1}{2} \textrm{pole }ABC = \frac{1}{2} T. $

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

$ P_1 \leq \frac{1}{2} \textrm{pole }ADB,\ P_2 < \frac{1}{2} \textrm{pole }ADC. $

Zatem

$ P = P_1 + P_2 < \frac{1}{2} \textrm{pole }ADB + \frac{1}{2} \textrm{pole }ADC = \frac{1}{2}T. $

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