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. naliza. NiechDE będzie pięciokątem i niechk,l,m,n,p będą środkami jego boków. E N D M P L K Zauważmy, że S P S N S M S L S K ()=. Z drugiej strony wiemy, żes P S N S M S L S K jest symetrią środkową i skoro jej punktem stałym jest punkt, to S P S N S M S L S K =S. 1
Konstrukcja. Niech X będzie dowolnym punktem płaszczyzny. Wyznaczmy punkt X =S P S N S M S L S K (X). PonieważS P S N S M S L S K =S, więcjest środkiem odcinkaxx. Znając punkt łatwo wyznaczymy kolejne wierzchołki pięciokąta DE. 2. Skonstruować czworokąt D mając dane długości jego boków =a, =b, D =c, D =d oraz wiedząc, że przekątna jest dwusieczną kąta wewnętrznego przy wierzchołku. Rozwiązanie. naliza. Zauważmy, że półprosta jest osią symetrii kątad. Załóżmy, żea<d (przypadek d < a rozpatrujemy analogicznie, a przypadek a = d skomentujemy na zakończenie). Przekształćmy ramię w symetrii osiowejs i otrzymamy na bokud punkt. Zauważmy, żes ()=, więc = =b. Otrzymujemy trójkątd o bokach długościc,b,d a. D c d b b a Konstrukcja. 1) Konstruujemy trójkąt o bokach długościc,b,d a i oznaczamy jego wierzchołki przez,d,, przy czym D =c, =b i D =d a. 2) Przedłużamy bo długościd a przez wierzchołek o odcinekaiotrzymujemy wierzchołek. 3) Odbijamy symetrycznie trójkąt względem prostej i otrzymujemy wierzchołek. Konstrukcja jest wykonalna i jedyna, jeśli z odcinkówc,b,d a można zbudować trójkąt. W przypadku, gdyd=a, konstrukcja jest możliwa jedynie wtedy, gdyb=c i czworokątów jest nieskończenie wiele przekątna musi mieć długość mniejszą oda+b=c+d. 2
3. Opisać konstrukcję trójkąta równobocznego, którego wierzchołki leżą na trzech danych prostych równoległych. Rozwiązanie. naliza. Niech dane będą prostep,q,riniech będzie szukanym trójkątem, przy czym q, p, r. r q p Zauważmy, że = i =60. Zatem punkt jest obrazem punktu w obrocier 60. Punkt leży więc na obrazie prostejr i na obrazie prostejpwobrocier 60 Konstrukcja.. 1) Obieramy punktna prostejqwdowolny sposób. 2) Konstruujemy obraz prostejpwobrocier 60. 3) Obieramy punkt jako punkt wspólny prostejriobrazup =R 60 (p). 4) Konstruujemy wierzchołek. zytelnika odsyłamy do Miniatur Matematycznych nr 4 (poz. 3), gdzie można znaleźć więcej konstrukcji przy pomocy izometrii. 4. Dany jest kąt ostryo i punktp 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). NiechP 1 =S O (P) ip 2 =S O (P) będą obrazami punktu P w symetriach osiowych względem prostych O i O. P 2 X P O Y P 1 3
Zauważmy, że Ob PXY = PX + XY + PY = P 2 X + XY + YP 1. Zatem obwód trójkątapxy jest równy długości łamanejp 1 YXP 2, przy czym końce tej łamanej nie zależą od wyboru punktówx,y.długość łamanej będzie najkrótsza, gdy łamanap 1 YXP 2 będzie odcinkiem. Podsumowując, najkrótszy obwód otrzymamy wtedy, gdy odbijamy symetrycznie punktp względem ramion kąta otrzymamy wówczas punktyp 1 ip 2. Wierzchołkami szukanego trójkąta będą punkty przecięcia odcinkap 1 P 2 z ramionami kąta. 5. Zadanie Schwarza. Dany jest trójkąt ostrokątny. Wyznaczyć punkty P, Q,Rleżące odpowiednio na bokach,, tego trójkąta tak, aby obwód trójkąta P QR był najmniejszy. Rozwiązanie. Na mocy poprzedniego zadania, dla każdego punktu P, u nas P 1, potrafimy wyznaczyć trójkątp 1 Q 1 R 1 o najmniejszym obwodzie. Należałoby tylko spośród tych trójkątów wybrać ten o minimalnym obwodzie z najmniejszych obwodów. P 1 P 1 R Q P 1 Zauważmy, że Ob P1 Q 1 R 1 = P 1 P 1, przy czymp 1 =S (P 1 ) ip 1 =S (P 1 ). Rozważmy trójkątp 1P 1. Zauważmy, że P 1 = P 1 = P 1, a więc P 1 P 1 jest równoramienny. Ponadto P 1 = P 1 oraz P 1 = P 1, więc P 1 P 1 =2. Podsumowując, obwody trójkątów wyznaczonych przez punktyp 1 boku i o najmniejszych obwodach są równe długości podstawy trójkątów równoramiennychp 1P 1, przy czym ramię ma długość równąp 1 i kąt między ramionami dla wszystkich trójkątów jest taki sam. Zatem podstawa jest najkrótsza, gdy ramię jest najkrótsze, tzn. że odcinekp 1 ma być najkrótszy, czyli P 1 jest wysokością opuszczoną na bok. Ostatecznie więc trójkąt P QR ma najmniejszy obwód, gdy jest on trójkątem spodkowym, tzn. punktyp,q,rsą spodkami wysokości w trójkącie. 4
6. Znaleźć punkt leżący wewnątrz trójkąta, którego suma odległości od wierzchołków,, jest najmniejsza. O trójkącie zakładamy, że miary wszystkich kątów wewnętrznych są mniejsze od120. Rozwiązanie. Niech M będzie dowolnym punktem leżącym wewnątrz trójkąta i niech dla wygody i przejrzystości zapisu 60. Wiadomo, że jeden z kątów w trójkącie ma miarę 60. Dokonujemy obrotur 60 trójkąta i otrzymamy trójkąt, przy czym punkty i nie zależą od punktum. hcemy minimalizować sumę M + M + M. M M Zauważmy, że M = M oraz MM =60. Zatem trójkątmm jest równoboczny, stąd mamy M = MM. Wówczas M + M + M = M + MM + M = MM, gdyż M = M. Suma M + M + M jest najmniejsza, gdy łamanamm ma długość najmniejszą, tzn. gdy łamana jest odcinkiem. W tym celu obracamy trójkąt wokół wierzchołka o60, a następnie kreślimy odcinek łączący punkt z punktem (obrazem wierzchołkawtym obrocie). Na odcinku znajdujemy punktym im takie, że trójkątmm jest równoboczny, tzn. że M =120. M M 5
Zauważmy, że szukany punkt M ma własności M = M = M =120, a więc jest to punkt, z którego widać każdy bok trójkąta pod kątem120. 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, ksjomat, Toruń 2000. 3) I.F. Szarygin, Zadaczi po geometrii. Planimetria, Nauka, Moskwa 1986. 6