Задачи на экстремум в планиметрии (стр. 4 из 4)

§9. Задачи о треугольнике наименьшего периметра, вписанного в остроугольный треугольник

Условие

Впишите в данный остроугольный треугольник ABC треугольник наименьшего периметра.

Решение

Пусть A₁ — вершина искомого треугольника, принадлежащая стороне BC треугольника ABC. Рассмотрите образы точки A₁ при симметриях относительно прямых AB и AC.

Пусть вершины A₁, B₁ и C₁ треугольника A₁B₁C₁ принадлежат сторонам соответственно BC, AC и AB треугольника ABC. Рассмотрим точки M и N, симметричные точке A₁ относительно прямых AB и AC соответственно. Тогда, если P

_A1B1C1 — периметр треугольника A₁B₁C₁, то

P

_A1B1C1 = A₁C₁ + C₁B₁ + B₁A₁ = MC₁ + C₁B₁ + B₁N MN,

причём равенство достигается только в случае, если прямая MN проходит через точки B₁ и C₁. Поскольку AM = AA₁ = AN, то треугольник MAN — равнобедренный и

MAN = 2 BAA₁ + 2 A₁AC = 2 BAC.

Следовательно,

MN = 2AM sin

BAC = 2AA₁sin BAC 2h sin BAC,

где h — высота треугольника ABC, проведённая из вершины A. Равенство достигается только в случае, когда точка A₁ — основание высоты.

Отсюда следует, что искомый треугольник — это треугольник с вершинами в основаниях высот данного, т.е. ортотреугольник данного треугольника. Действительно, пусть AA", BB" и CC" — высоты треугольника ABC, а точки A₁, B₁ и C₁ расположены на сторонах соответственно BC, AC и AB. Если треугольник A₁B₁C₁ не совпадает с треугольником A"B"C", то по ранее доказанному

P

_A1B1C1 P _A"B1C1 P _A"PQ,

где P и Q — точки пересечения прямой MN со сторонами соответственно AB и AC треугольника ABC. При этом хотя бы один из знаков неравенства — строгий. Значит, искомый треугольник минимального периметра — это треугольник A"PQ. Если бы точка P не совпадала с точкой C", то, повторив предыдущие рассуждения, построили бы треугольник, площадь которого меньше площади треугольника A"PQ, что невозможно. Аналогично для точки Q. Таким образом, точка P совпадает с C", а точка Q — с точкой B".

1. Изложенное решение основано на доказательстве Фейера (L.Fejer). Это, а также другие изящные доказательства данного утверждения (Г.А.Шварц, Л.Шрутка, Бюкнер) см. в книге Г.Радемахера и О.Теплица "Числа и фигуры" (М.,1962, с.36-46).

2. Другой способ доказательства того, что точки P и Q пересечения прямой MN со сторонами соответственно AB и AC также будут основаниями высот треугольника ABC.

Поскольку AM = AA" = AN, то точки M, A" и N лежат на окружности с центром A и радиусом AA". Тогда

A"NP = A"AP

(вписанный угол равен половине соответствующего центрального). Поэтому из точек A и N отрезок A"P виден под одним и тем же углом. Значит, точки A, P, A", N лежат на одной окружности.

С другой стороны, треугольники AA"C и ANC симметричны относительно прямой AC, поэтому они равны. Значит, из точек A" и N отрезок AC виден под прямым углом, поэтому эти точки лежат на окружности с диаметром AC. Поскольку через три точки, не лежащие на одной прямой, проходит ровно одна окружность, то все пять точек A, P, A", C и N лежат на окружности с диаметром AC. Тогда из точки P диаметр AC виден под прямым углом, т.е. CP — высота треугольника ABC. Аналогично докажем, что BQ — также высота треугольника ABC.

Заключение

В этой курсовой работе я изучила некоторые теоремы, позволяющие решать задачи на экстремумы, проиллюстрировала их применение.

В заключение этой работы, на мой взгляд, следует провести однозначную черту под бесспорным фактом целесообразности и полезности применения ряда задач элементарной геометрии на построение некоторых фигур таким образом, чтобы один из параметров получил наибольшее или наименьшее значение. Во многих случаях решение можно получить без применения методов математического анализа.

Список литературы

1. С.И. Зетель, «Задачи на максимум и минимум», Москва

2. С.А. Теляковский, «Алгебра», Москва, 2001г.

3. Ю.Н. Макарычев, «Математика», Москва, 1988г.

4. Г.С.М. Коксетер, С.П. Грейтцер, «Новые встречи с геометрией», 1978г.