Minimaksy w geometrii elementarnej

Zadania optymalizacyjne, czyli polegające na znajdowanie minimum lub maksimum pewnych zmieniających się wielkości, kojarzą się większości licealistów z użyciem pochodnych. Ale wiele takich zadań można znaleźć także w dziedzinie geometrii elementarnej.  Do ich rozwiązania nie są oczywiście potrzebne metody rachunku różniczkowego. Rozwiążmy kilkanaście takich zadań.

W wielu przypadkach rozwiązanie zadania optymalizacyjnego polega na wskazaniu optymalnego rozwiązania tzn. wskazaniu punktu lub odcinka optymalizującego rozważane zagadnienie (np. na podstawie intuicji), a następnie na wykazaniu, że w każdym innym przypadku rezultat będzie gorszy.

Zad. 1. W wypukłym czworokącie znajdź punkt, którego suma odległości od wierzchołków jest najmniejsza.

Rozwiązanie. Szukanym punktem jest punkt przecięcia się przekątnych czworokąta. Oznaczmy go przez O. Weźmy teraz dowolny inny punkt X. Z nierówności trójkąta mamy  |AC| ≤ |AX|+|XC| oraz |BD| ≤ |XB|+|XD|. Dodając te nierówności stronami, otrzymujemy |AO|+|OC|+|BO|+|OD| = |AC|+|BD| ≤ |XA|+|XC|+|XB|+|XD|, c.n.d.

Zad. 2. Na okręgu znajdź punkty leżące a) najbliżej i b) najdalej od ustalonego punktu leżącego wewnątrz lub na zewnątrz okręgu.

Rozwiązanie. a) Niech A będzie ustalonym punktem leżącym na zewnątrz okręgu (o promieniu r). Poprowadźmy prostą AO, która przecina okrąg w puktach P i R (niech P leży między O i A). Wówczas P leży najbliżej A, a R - najdalej. Rozważmy bowiem dowolny punkt X leżący na okręgu (różny od P i R). Mamy wówczas |AX|+|XO| > |AO| = |AP|+|PO|, ale |XO|=|PO|= r > 0, stąd |AX|>|AP|, czyli P leży najbliżej A. Z drugiej strony |AX| < |AO|+|OX| = |AO|+|OR| = |AR|, czyli R leży najdalej od A.

b) Niech teraz punkt A leży wewnątrz okręgu. Postępujemy jak poprzednio i otrzymamy taki sam wynik. Mamy bowiem |AO|+|AX| > |OX| = |OP| = |OA|+|AP|, czyli |AX|>|AP|. Z drugiej strony |AX| < |OA|+|OX| = |OA|+|OR| = |AR|, czyli |AX|<|AR|.

Zad. 3. Znajdź a) najkrótszy i b) najdłuższy odcinek, których końce leżą na dwóch zewnętrznie rozłącznych okręgach.

Rozwiązanie. Prowadzimy prostą przez środki okręgów O₁ i O₂. Niech przecina je w punktach K i L oraz  P i Q, przy czym L i P niech leżą pomiędzy środkami. a) Najkrótszym odcinkiem jest LP. b) Najdłuższym KQ.
a) Rozważmy dowolną prostą, która przecina pierwszy okrąg w punktach X₁ i X₂, a drugi w punktach Y₁ i Y₂. Mamy wówczas |O₁X₂|+|X₂Y₁|+|Y₁O₂| > |O₁O₂| = |O₁L|+|LP|+|PO₂|, ale |O₁X₂|=|O₁L| i |Y₁O₂|=|PO₂|, stąd |X₂Y₁|>|LP|, czyli odcinek LP jest najkrótszy możliwy.
b) Mamy też |X₁O₁|+|O₁O₂|+|O₂Y₂| > |X₁Y₂|. Ale |X₁O₁|=|KO₁| i |O₂Y₂|= |O₂Q|, stąd |KQ|>|X₁Y₂|, czyli odcinek KQ jest najdłuższy możliwy.

Zad. 4. Przez wierzchołek C trójkąta ABC poprowadź prostą l nie przecinającą AB, tak by suma odległości pozostałych wierzchołków od prostej l była a) największa, b) najmniejsza.

Rozwiązanie. Poprowadźmy przez wierzchołek C prostą l₁. Niech A₁ i B₁ oznaczają odpowiednio rzuty wierzchołków A i B na tę prostą. Zauważmy, że |AA₁|+|BB₁| = 2|MK|, gdzie MK jest linią średnią trapezu ABB₁A₁. Oczywiście |MK| ≤ |MC|. Widać, że odległość MK będzie największa, gdy K pokryje się z C, co oznacza, że szukaną prostą jest prosta prostopadła do środkowej CM.

Zad. 5. Przez dany punkt wewnątrz kąta poprowadź prostą odcinającą od tego kąta trójkąt o najmniejszym polu.

Rozwiązanie. Szukana prosta przecina ramiona kąta w punktach B i C tak, że M jest środkiem odcinka BC. Rozważmy bowiem inną prostą przechodzącą przez punkt M i przecinającą ramiona kąta w punktach K i L (różnych od B i C). Należy wykazać, że P_ABC < P_ALK. Poprowadźmy przez punkt B prostą równoległą do ramienia AC. Punkt przecięcia tej prostej z prostą KL oznaczmy przez P. Zauważmy, że trójkąty KMC i BPM są przystające na mocy cechy kbk. Mamy P_ABC = P_ABMK + P_KMC < P_ABMK + P_BPM + P_BLP = P_ALK. Jak taką prostą narysować?

Zad. 6. Wykaż, że suma odległości dowolnego punktu z wnętrza trójkąta od jego boków jest zawarta między długościami najkrótszej i najdłuższej wysokości trójkąta.

Rozwiązanie. Niech d₁, d₂ i d₃ oznaczają odległości punktu M odpowiednio od boków BC, AC i AB. Wówczas ad₁+bd₂+cd₃ = 2P_ABC. Niech a (bok przeciwległy do A) będzie najkrótszym bokiem tego trójkąta. Wówczas ad₁+ad₂+ad₃ ≤ 2P_ABC, a stąd d₁+d₂+d₃ ≤ h_a. Z kolei niech c (bok przeciwległy do C) będzie bokiem najdłuższym. Wtedy cd₁+cd₂+cd₃ ≥ 2P_ABC, skąd d₁+d₂+d₃ ≥ h_c.          

Zad. 7. Spośród trójkątów prostokątnych o stałej wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną wskaż ten o najmniejszym polu.

Rozwiązanie. Oczywiście najmniejsze pole ma trójkąt o najkrótszej przeciwprostokątnej. Ponadto m_c ≥ h_c, gdzie m_c to długość środkowej, a h_c długość wysokości opuszczonej na przeciwprostokątną. Zatem przeciwprostokątna c = 2m_c ≥ 2h_c, a stąd najkrótsza przeciwprostokątna jest równa dwóm wysokościom na nią opuszczonym, co ma miejsce tylko w trójkącie równoramiennym. 

Zad. 8. Wykaż, że spośród trójkątów o stałej podstawie i kącie do niej przeciwległym, trójkąt równoramienny ma najdłuższą część dwusiecznej tego kąta zawartą wewnątrz trójkąta. A jak jest w przypadku środkowej opuszczonej na podstawę?

Rozwiązanie. Niech w trójkącie ABC zachodzi |AC|=|BC|. Na trójkącie tym opiszmy okrąg i wpiszmy weń trójkąt AFB. Niech dwusieczne CW i FW przecinają AB w punktach odpowiednio D i E. Zachodzi wówczas |CD|+|DW| > |FE|+|EW| (bo średnica jest dłuższa niż cięciwa). Z drugiej strony |DW|< |EW| (bo przyprostokątna jest krótsza od przeciwprostokątnej) i stąd |CD|>|FE|.

Zad. 9. W odcinek koła wpisz trójkąt o największym obwodzie L.

Rozwiązanie. Szukanym trójkątem jest trójkąt równoramienny ABC. Niech |AC|=|BC| i niech ADB będzie dowolnym trójkątem wpisanym w ten odcinek. Na prostej AC obieramy punkt C₁ taki, że |CC₁|=|CB|, a na prostej AD obieramy punkt D₁ taki, że |DD₁|=|DB|. Zauważmy, że trójkaty równoramienne CBC₁ i DBD₁ są podobne, bo kąty zewnetrzne ACB i ADB są przystające. Oznacza to, że kąty AC₁B i AD₁B maja równe miary, a tym samym punkty A, B, D₁ i C₁ leżą na jednym okregu, którego środkiem jest punkt C. Zatem L_ABC = |AB|+|AC|+|CB| = |AB|+|AC₁| > |AB|+|AD₁| = |AB|+|AD|+|DD₁| = L_ABD (bo średnica AC₁ jest dłuższa od cięciwy AD₁). 

Zad. 10. Dane są dwie styczne do okręgu poprowadzone z jednego punktu i styczna w punkcie X leżącym na krótszym łuku tego okręgu zawartym między poprzednimi punktami styczności. Wykaż, że obwód trójkąta wycietego przez te trzy styczne nie zależy od położenia punktu X.

Rozwiązanie. Niech B i C będą punktami styczności prostych AB i AC z okręgiem. Niech styczna w punkcie X przecina te styczne w punktach odpowiednio K i L. Wówczas obwód trójkąta AKL jest równy |Ak|+|KL|+|AL| = |AK|+|KX|+|XL|+|AL| = |AK|+|KB|+|LC|+|AL| = |AB|+|AC| = 2|AB|, co nie zależy od wyboru punktu X.

Zad. 11. Przez dany punkt wewnątrz kąta poprowadź prostą odcinającą od tego kąta trójkąt o najmniejszym obwodzie.

Rozwiązanie. Przez punkt M prowadzimy okrąg styczny do ramion kąta (jak to zrobić?). Szukaną prostą jest styczna do tego okręgu w punkcie M (która przecina ramiona kąta w punktach  A i B).  Rozważmy dowolną  prostą l przechodząca przez M i przecinającą ramiona kąta w punktach P i Q (różnych od A i B). Istnieje styczna do okręgu równoległa do prostej PQ przecinająca ramiona kąta w punktach P₁ i Q₁. Oczywiste jest, że obwód trójkąta AP₁Q₁ jest mniejszy od obwodu trójkąta APQ. Na mocy poprzedniego zadania  obwód trójkąta ABC jest najmniejszy.

Zad. 12. Wykazać, że w wypukłym pięciokącie o wszystkich bokach równych i wszystkich kątach różnych, kąt najmniejszy i największy leżą przy jednym boku.

Rozwiązanie. Niech kąt BAE będzie największym w pięciokącie. Załóżmy nie wprost, czyli niezgodnie z tezą zadania, że np. kąt BCD jest najmniejszy. Przedłużmy boki AB i CD do przecięcia w X. Zauważamy, że |∡BAD| = |∡BAE|–|∡EAD| = |∡BAE|–|∡EDA| > |∡EDC|–|∡EDA| = |∡ADC|. Oznacza to, że w trójkącie AXD mamy |DX| > |AX|. Dalej mamy |CX| = |DX|–|DC| = |DX|–|AB| > |AX|–|AB| = |BX|. Oznacza to, że |∡CBX| = 180°–|∡ABC| > 180°–|∡DCB| = |∡BCX|, skąd |∡ABC| < |∡DCB|. Otrzymaliśmy  sprzeczność z założeniem o kącie BCD. Analogicznie rozumujemy zakładając, że najmniejszym jest kąt EDC. Stąd wynika teza.