Regionalne Koło Matematyczne

Regionalne Koło Matematyczne
Uniwersytet Mikołaja Kopernika w Toruniu
Wydział Matematyki i Informatyki
http://www.mat.umk.pl/rkm/
Lista rozwiązań zadań nr 19, grupa zaawansowana (20.03.2010)
Zastosowania izometrii
Pragniemy pokazać zastosowania izometrii na przykładzie zadań konstrukcyjnych
i rozwiązywania zadań ekstremalnych w geometrii. Zilustrujemy to na przykładzie
rozważań w kilku zadaniach.
1. Opisać konstrukcję pięciokąta mając dane środki jego boków.
Rozwiązanie. Analiza.
Niech ABCDE będzie pięciokątem i niech K, L, M, N, P będą środkami jego
boków.
D
M
N
C
E
L
P
A
K
B
Zauważmy, że
SP ◦ SN ◦ SM ◦ SL ◦ SK (A) = A.
Z drugiej strony wiemy, że SP ◦ SN ◦ SM ◦ SL ◦ SK jest symetrią środkową i
skoro jej punktem stałym jest punkt A, to
SP ◦ SN ◦ SM ◦ SL ◦ SK = SA .
1
Konstrukcja.
Niech X będzie dowolnym punktem płaszczyzny. Wyznaczmy punkt
X ′ = SP ◦ SN ◦ SM ◦ SL ◦ SK (X).
Ponieważ SP ◦ SN ◦ SM ◦ SL ◦ SK = SA , więc A jest środkiem odcinka XX ′.
Znając punkt A łatwo wyznaczymy kolejne wierzchołki pięciokąta ABCDE.
2. Skonstruować czworokąt ABCD mając dane długości jego boków
|AB| = a, |BC| = b, |CD| = c, |DA| = d
oraz wiedząc, że przekątna AC jest dwusieczną kąta wewnętrznego przy wierzchołku A.
Rozwiązanie. Analiza.
Zauważmy, że półprosta AC jest osią symetrii kąta BAD. Załóżmy, że a < d
(przypadek d < a rozpatrujemy analogicznie, a przypadek a = d skomentujemy
na zakończenie). Przekształćmy ramię AB w symetrii osiowej SAC i otrzymamy na boku AD punkt B ′ . Zauważmy, że SAC (C) = C, więc |CB ′ | = |CB| = b.
Otrzymujemy trójkąt DCB ′ o bokach długości c, b, d − a.
D
c
B′
C
b
d
b
A
B
a
Konstrukcja.
1) Konstruujemy trójkąt o bokach długości c, b, d − a i oznaczamy jego wierzchołki przez C, D, B ′ , przy czym |DC| = c, |CB ′ | = b i |DB ′ | = d − a.
2) Przedłużamy bo długości d − a przez wierzchołek B ′ o odcinek a i otrzymujemy wierzchołek B.
3) Odbijamy symetrycznie trójkąt ACB ′ względem prostej AC i otrzymujemy
wierzchołek B.
Konstrukcja jest wykonalna i jedyna, jeśli z odcinków c, b, d − a można zbudować trójkąt.
W przypadku, gdy d = a, konstrukcja jest możliwa jedynie wtedy, gdy b = c
i czworokątów jest nieskończenie wiele – przekątna AC musi mieć długość
mniejszą od a + b = c + d.
2
3. Opisać konstrukcję trójkąta równobocznego, którego wierzchołki leżą na trzech
danych prostych równoległych.
Rozwiązanie. Analiza.
Niech dane będą proste p, q, r i niech ABC będzie szukanym trójkątem, przy
czym A ∈ q, B ∈ p, C ∈ r.
C
r
q
A
p
B
Zauważmy, że |AB| = |AC| i |∠BAC| = 60◦ . Zatem punkt C jest obrazem
60◦
punktu B w obrocie RA
. Punkt C leży więc na obrazie prostej r i na obrazie
60◦
prostej p w obrocie RA .
Konstrukcja.
1) Obieramy punkt A na prostej q w dowolny sposób.
◦
60
2) Konstruujemy obraz prostej p w obrocie RA
.
60
3) Obieramy punkt C jako punkt wspólny prostej r i obrazu p′ = RA
(p).
◦
4) Konstruujemy wierzchołek B.
Czytelnika odsyłamy do Miniatur Matematycznych nr 4 (poz. 3), gdzie można
znaleźć więcej konstrukcji przy pomocy izometrii.
4. Dany jest kąt ostry AOB i punkt P leżący wewnątrz tego kąta. Poprowadzić
prostą przez ten punkt tak, aby odcięła od kąta trójkąt o najmniejszym polu.
Rozwiązanie. Niech X, Y będą dowolnymi punktami leżącymi na ramionach
kąta (patrz rysunek). Niech P1 = SOA (P ) i P2 = SOB (P ) będą obrazami punktu
P w symetriach osiowych względem prostych OA i OB.
P2
P
X
O
B
A
Y
P1
3
Zauważmy, że
Ob△P XY = |P X| + |XY | + |P Y | = |P2 X| + |XY | + |Y P1 |.
Zatem obwód trójkąta P XY jest równy długości łamanej P1 Y XP2 , przy czym
końce tej łamanej nie zależą od wyboru punktów X, Y . Długość łamanej będzie
najkrótsza, gdy łamana P1 Y XP2 będzie odcinkiem.
Podsumowując, najkrótszy obwód otrzymamy wtedy, gdy odbijamy symetrycznie punkt P względem ramion kąta – otrzymamy wówczas punkty P1 i P2 .
Wierzchołkami szukanego trójkąta będą punkty przecięcia odcinka P1 P2 z ramionami kąta.
5. Zadanie Schwarza. Dany jest trójkąt ostrokątny ABC. Wyznaczyć punkty P ,
Q, R leżące odpowiednio na bokach AB, BC, CA tego trójkąta tak, aby obwód
trójkąta P QR był najmniejszy.
Rozwiązanie. Na mocy poprzedniego zadania, dla każdego punktu P , u nas
P1 , potrafimy wyznaczyć trójkąt P1 Q1 R1 o najmniejszym obwodzie. Należałoby
tylko spośród tych trójkątów wybrać ten o minimalnym obwodzie z najmniejszych obwodów.
P1′
C
Q
R
P1 ”
A
P1
B
Zauważmy, że Ob△P1 Q1 R1 = |P1′ P1 ”|, przy czym P1′ = SBC (P1 ) i P1 ” = SAC (P1 ).
Rozważmy trójkąt P1′ CP1 ”. Zauważmy, że
P1′ C| = |P1 C| = |P1 ”C|,
a więc △P1′ CP1 ” jest równoramienny. Ponadto |∠P1′ CB| = |∠BCP1 | oraz |∠P1 CA| =
|∠ACP1 ”|, więc |∠P1′ CP1 ”| = 2 · |∠BCA|.
Podsumowując, obwody trójkątów wyznaczonych przez punkty P1 boku AB
i o najmniejszych obwodach są równe długości podstawy trójkątów równoramiennych P1′ CP1 ”, przy czym ramię ma długość równą P1 C i kąt między
ramionami dla wszystkich trójkątów jest taki sam. Zatem podstawa jest najkrótsza, gdy ramię jest najkrótsze, tzn. że odcinek CP1 ma być najkrótszy, czyli
CP1 jest wysokością opuszczoną na bok AB.
Ostatecznie więc trójkąt P QR ma najmniejszy obwód, gdy jest on trójkątem
spodkowym, tzn. punkty P , Q, R są spodkami wysokości w trójkącie ABC.
4
6. Znaleźć punkt leżący wewnątrz trójkąta ABC, którego suma odległości od
wierzchołków A, B, C jest najmniejsza. O trójkącie ABC zakładamy, że miary
wszystkich kątów wewnętrznych są mniejsze od 120◦ .
Rozwiązanie. Niech M będzie dowolnym punktem leżącym wewnątrz trójkąta
ABC i niech dla wygody i przejrzystości zapisu |∠ACB| 6 60◦ . Wiadomo, że
jeden z kątów w trójkącie ma miarę 6 60◦ .
Dokonujemy obrotu RC60 trójkąta ABC i otrzymamy trójkąt A′ B ′ C, przy czym
punkty B ′ i C ′ nie zależą od punktu M. Chcemy minimalizować sumę
◦
|AM| + |BM| + |CM|.
C
B′
M′
M
A
B
A′
Zauważmy, że |MC| = |M ′ C| oraz |∠MCM ′ | = 60◦ . Zatem trójkąt MCM ′ jest
równoboczny, stąd mamy |MC| = |MM ′ |. Wówczas
|AM| + |BM| + |CM| = |BM| + |MM ′ | + |M ′ A′ | = |BMM ′ A′ |,
gdyż |MA| = |M ′ A′ |.
Suma |AM| + |BM| + |CM| jest najmniejsza, gdy łamana BMM ′ A′ ma długość
najmniejszą, tzn. gdy łamana jest odcinkiem. W tym celu obracamy trójkąt
ABC wokół wierzchołka C o 60◦ , a następnie kreślimy odcinek łączący punkt
B z punktem A′ (obrazem wierzchołka A w tym obrocie). Na odcinku BA′
znajdujemy punkty M i M ′ takie, że trójkąt CMM ′ jest równoboczny, tzn. że
|∠BMC| = 120◦ .
C
B′
M′
M
A
B
5
A′
Zauważmy, że szukany punkt M ma własności
|∠BMC| = |∠BMA| = |∠AMC| = 120◦ ,
a więc jest to punkt, z którego widać każdy bok trójkąta pod kątem 120◦ .
Uwaga. W części zadań, dotyczących zagadnień ekstremalnych, dzięki izometriom umieliśmy rozprostować zagmatwany układ odcinków, co pozwalało łatwiej zminimalizować rozważane wielkości.
Literatura.
1) W.W. Prasołow, Zadaczi po planimetrii, cz. 1 i 2, Nauka, Moskwa 1995.
2) Miniatury Matematyczne nr 4, Aksjomat, Toruń 2000.
3) I.F. Szarygin, Zadaczi po geometrii. Planimetria, Nauka, Moskwa 1986.
6