XXVIII - II - Zadanie 4

Dany jest taki ostrosłup o podstawie czworokątnej, że każda para okręgów wpisanych w sąsiednie ściany ma punkt wspólny. Dowieść, że punkty styczności tych okręgów z podstawą ostrosłupa leżą na jednym okręgu.

Rozwiązanie

Udowodnimy najpierw kilka faktów pomocniczych, które wykorzystamy przy rozwiązaniu zadania. Wykażemy najpierw, że jeżeli w czworokącie $ ABCD $ (niekoniecznie wypukłym) sumy długości boków przeciwległych są równe:

\[<br />
(1) \qquad AB + CD = AD+ BC,<br />
\]

to dwusieczne kątów tego czworokąta przecinają się w jednym punkcie.

Istotnie, na mocy zadania przygotowawczego B serii III z XXVI Olimpiady Matematycznej z warunku (1) wynika, że istnieje okrąg $ K $ zawarty w czworokącie $ ABCD $ i styczny do prostych zawierających boki tego czworokąta. Wykażemy, że środek $ O $ okręgu $ K $ należy do każdej z dwusiecznych kątów czworokąta $ ABCD $.

Jeżeli czworokąt $ ABCD $ jest wypukły, to fakt ten wynika stąd, że środek okręgu stycznego do dwóch ramion kąta należy do dwusiecznej tego kąta. Jeżeli zaś czworokąt $ ABCD $ jest wklęsły (rys 8) to analogicznie stwierdzamy, że punkt $ O $ należy do dwusiecznych kątów wypukłych czworokąta $ ABCD $. Natomiast dwusieczna kąta wklęsłego $ BAD $ jest równa dwusiecznej kąta wypukłego $ D'AB' $, ponieważ kąty $ BAD' $ i $ DAB' $ są równe jako wierzchołkowe. Punkt $ O $ zaś należy do dwusiecznej kąta $ D'AB' $, ponieważ okrąg $ K $ jest styczny do ramion tego kąta.

Tak więc w każdym przypadku dwusieczne kątów czworokąta $ ABCD $ spełniającego warunek (1) przecinają się w jednym punkcie - w środku okręgu zawartego w czworokącie $ ABCD $ i stycznego do prostych zawierających boki tego czworokąta.

Zauważmy jeszcze, że jeżeli punkty $ X $ i $ Y $ należące do różnych ramion kąta $ \alpha $ są równo odległe od jego wierzchołka $ W $, to dowolny punkt $ Z $ należący do dwusiecznej tego kąta jest równo odległy od punktów $ X $ i $ Y $ (rys. 9).

Istotnie, trójkąty $ XWZ $ i $ YWZ $ są przystające i wobec tego $ XZ = YZ $.

Przystępujemy teraz do rozwiązania zadania. Niech $ E $ będzie wierzchołkiem, a $ ABCD $ - podstawą danego ostrosłupa. Niech punkty $ A'\in \overline{AE} $, $ B' \in \overline{BE} $, $ C' \in \overline{CE} $, $ D' \in \overline{DE} $ będą punktami wspólnymi okręgów wpisanych w ściany tego ostrosłupa, zaś punkty $ P \in \overline{AB} $, $ Q \in \overline{BC} $, $ R \in \overline{CD} $, $ S \in \overline{DA} $ - punktami styczności tych okręgów z podstawą ostrosłupa (rys. 10).

Ponieważ odcinki stycznych do okręgu poprowadzonych z punktu poza okręgiem mają równe długości, więc

\[<br />
AP = AA'=AS,\ BP = BB' = BQ,\ CQ = CC' = CR,\ DR = DD' = DS.<br />
\]

Wobec tego

\[<br />
AB + CD = AP + BP + CR + DR = AS + BQ + CQ + DS = AD + BC.<br />
\]

Czworokąt $ ABCD $ spełnia więc warunek (1). Wobec tego na mocy początkowych rozważań istnieje punkt $ O $ należący do każdej z dwusiecznych kątów czworokąta $ ABCD $.

Ponieważ $ AS = AP $ i punkt $ O $ należy do dwusiecznej kąta $ PAS $, więc na mocy uwagi poprzedzającej rozwiązanie zadania punkt $ O $ jest równo odległy od punktów $ P $ i $ S $, tj. $ OP = OS $. Analogicznie stwierdzamy, że $ OP = OQ $ i $ OQ = OR $. Wobec tego punkt $ O $ jest równo odległy od punktów $ P $, $ Q $, $ R $, $ S $, tzn. punkty $ P $, $ Q $, $ R $, $ S $ należą do okręgu o środku w punkcie $ O $.

Uwaga. Nietrudno spostrzec, że

1) Szukany okrąg może nie być okręgiem wpisanym w podstawę ostrosłupa,

2) Cztery dane okręgi mogą nie być zawarte w jednej sferze.

W tym celu wystarczy rozpatrzyć ostrosłup, którego podstawa jest rombem o przekątnych długości $ 1 $ i $ 10 $, a spodkiem wysokości jest środek rombu i wysokość ta ma długość $ 100 $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź