XXVII OM - II - Zadanie 4

Wewnątrz okręgu $ S $ umieszczono okrąg $ T $ oraz okręgi $ K_1, K_2, \ldots, K_n $ styczne zewnętrznie do $ T $ i wewnętrznie do $ S $, przy tym okrąg $ K_1 $ jest styczny do $ K_2 $, $ K_2 $ styczny do $ K_3 $ itd. Udowodnić, że punkty styczności okręgów $ K_1 $ z $ K_2 $, $ K_2 $ z $ K_3 $ itd. leżą na okręgu.

Rozwiązanie

Niech dane okręgi $ S $ i $ T $ będą współśrodkowe. Wykażemy, że punkty styczności $ K_1 $ z $ K_2 $, $ K_2 $ z $ K_3 $ itd. są równo odległe od wspólnego środka $ O $ okręgów $ S $ i $ T $.

Niech dla $ i = 1, 2, \ldots, A_i $ będzie punktem styczności okręgów $ K_i $ i $ T $, $ B_i $ - punktem styczności okręgów $ K_i $ i $ K_{i+1} $, $ C_i $ - punktem styczności okręgów $ K_i $ i $ S $, $ O_i $ - środkiem okręgu $ K_i $ (rys. 14). Niech $ r $ i $ R $ będą długościami promieni okręgów $ T $ i $ S $ odpowiednio. Wtedy długość promienia okręgu $ K_i $ jest równa $ \frac{1}{2} A_iC_i = \frac{1}{2}(R-r) $,a zatem okręgi $ K_1, K_2 ,\ldots $ mają promienie równej długości. Punkt $ B_i $ jest więc środkiem odcinka $ \overline{O_iO_{i+1}} $, a kąt $ OB_iO_i $ jest prosty. Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy więc

\[<br />
\begin{split}<br />
OB_i^2 = OO_i^2 - O_iB_i^2 = (OO_i + O_iB_i)(OO_i - O_iB_i) = \\<br />
= (OO_i + O_iC_i)(OO_i - O_iA_i) = OC_i \cdot OA_i = Rr.<br />
\end{split}<br />
\]

Wynika stąd, że $ OB_1 = OB_2 = \ldots = \sqrt{Rr} $, a zatem punkty $ B_1, B_2, \ldots $ są równo odległe od punktu $ O $.

Przypuśćmy z kolei, że okręgi $ S $ i $ T $ nie są współśrodkowe. Wtedy na mocy uwagi do rozwiązania zadania 7 istnieje taki okrąg $ K $, że inwersja $ \varphi $ względem $ K $ przeprowadza okręgi $ S $ i $ T $ na okręgi współśrodkowe i środek $ P $ okręgu $ K $ leży na zewnątrz okręgu $ S $.

Inwersja $ \varphi $ jest przekształceniem wzajemnie jednoznacznym zbioru punktów płaszczyzny bez punktu $ P $ i przeprowadza każdy okrąg nie zawierający punktu $ P $ na pewien okrąg nie zawierający punktu $ P $. Przekształceniem odwrotnym do inwersji $ \varphi $ jest ta sama inwersja tzn. $ \varphi(\varphi(A)) = A $ dla każdego punktu $ A $ różnego od $ P $.

Okręgi $ S' = \varphi (S) $ i $ T' = \varphi(T) $ są więc współśrodkowe, a okręgi $ K_1, K_2, \ldots $ styczne do okręgów $ S $ i $ T $ przechodzą przy inwersji $ \varphi $ odpowiednio na okręgi $ K_1', K_2', \ldots $ styczne do okręgów $ S' $ i $ T' $. Przy tym okrąg $ T' $ zawiera okrąg $ S' $, a punkt $ P $ leży na zewnątrz okręgu $ T' $. Ponadto okrąg $ K_1' $ jest styczny do okręgu $ K_2' $, okrąg $ K_2' $ jest styczny do $ K_3' $ itd. Ponieważ okręgi $ S' $ i $ T' $ są współśrodkowe, więc z rozpatrzonego na początku przypadku wynika, że punkty styczności $ K_1' $ z $ K_2' $, $ K_2' $ z $ K_3' $ itd. należą do pewnego okręgu $ U $ leżącego wewnątrz w $ T' $. Wobec tego punkt $ P $ nie należy do $ L' $, a więc figura $ \varphi(L') $ jest okręgiem.

Dokonując jeszcze raz inwersji $ \varphi $ stwierdzamy, że punkty styczności okręgów $ \varphi(K_1')= K_1 $ z $ \varphi(K_2') = K_2 $, $ \varphi(K_2') = K_2 $ z $ \varphi(K_3') = K_3 $ itd. należą do okręgu $ \varphi(L') $.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź