LX OM - III - Zadanie 1

Każdy z wierzchołków sześciokąta wypukłego jest środkiem koła o promieniu równym
długości nie dłuższego z boków sześciokąta zawierających ten wierzchołek. Udowodnić,
że jeśli część wspólna wszystkich sześciu kół (rozważanych wraz z brzegiem) jest
niepusta, to sześciokąt jest foremny.

Rozwiązanie

Oznaczmy kolejne wierzchołki danego sześciokąta literami $ A, B, C, D, E $ oraz $ F $.
Załóżmy, że przecięcie sześciu kół, o których mowa w treści zadania jest niepuste i punkt
$ P $ należy do tego przecięcia. Rozważmy dowolny bok sześciokąta, dla ustalenia uwagi niech to
będzie bok $ AB $. Z warunków zadania wynika, że $ AP \leqslant AB $ oraz $ BP \leqslant AB $, czyli
jeśli $ P $ nie leży na prostej $ AB $, to odcinek $ AB $ jest najdłuższym bokiem trójkąta $ ABP $.
Kąt $ \measuredangle APB $ jest zatem jego największym kątem, czyli $ \measuredangle APB \geqslant 60^{\circ} $.
Jeśli natomiast punkt $ P $ leży na prostej $ AB $, to leży na odcinku $ AB $ (w przeciwnym razie $ AP >AB $ lub $ BP >AB $).
Jeśli dodatkowo nie jest końcem tego odcinka, to $ \measuredangle APB = 180^{\circ} $. Podsumowując,
jeśli $ P \neq A $ i $ P \neq B $, to $ \measuredangle APB \geqslant 60^{\circ} $. Analogiczne rozumowanie można
przeprowadzić dla pozostałych boków sześciokąta.

Wykażemy, że punkt $ P $ nie leży na zewnątrz sześciokąta $ ABCDEF $. Gdyby tak było, to dla pewnych
wierzchołków $ X, Y $, kąt wypukły $ \measuredangle XPY < 180^{\circ} $ pokryłby cały sześciokąt
(rys. 1.). Wobec wypukłości sześciokąta $ ABCDEF $ zachodziłoby

\[<br />
2\measuredangle XPY = \measuredangle APB + \measuredangle BPC + \measuredangle CPD<br />
+ \measuredangle DPE + \measuredangle EPF + \measuredangle FPA \geqslant 6 \cdot 60^{\circ} = 360^{\circ} ,<br />
\]

co jest sprzeczne z tym, że $ \measuredangle XPY < 180^{\circ} $.

om60_3r_img_2.jpg
om60_3r_img_1.jpg

Skoro punkt $ P $ nie leży poza sześciokątem to leży w jego wnętrzu lub na jego brzegu.
Najpierw rozważmy przypadek, gdy $ P $ jest jednym z wierzchołków sześciokąta. Bez zmniejszania
ogólności rozumowania możemy założyć, że $ P = A $. Wówczas, wobec wypukłości sześciokąta, zachodzi

\[<br />
\measuredangle BAF = \measuredangle BPF = \measuredangle BPC + \measuredangle CPD + \measuredangle DPE<br />
+ \measuredangle EPF \geqslant 4 \cdot 60^{\circ} > 180^{\circ},<br />
\]

co jest niemożliwe. Jeśli $ P $ leży na brzegu sześciokąta $ ABCDEF $, ale nie jest jego wierzchołkiem,
to leży pomiędzy pewnymi jego kolejnymi wierzchołkami. Bez zmniejszania ogólności rozumowania możemy
założyć, że $ P $ leży na boku $ AB $ sześciokąta. Wówczas zachodzi

\[<br />
$180^{\circ} = \measuredangle BPA = \measuredangle BPC + \measuredangle CPD + \measuredangle DPE<br />
+ \measuredangle EPF + \measuredangle FPA \geqslant 5 \cdot 60^{\circ} > 180^{\circ},<br />
\]

co również jest niemożliwe.

Zatem $ P $ leży we wnętrzu sześciokąta. Kąty $ \measuredangle APB $, $ \measuredangle BPC $, $ \measuredangle CPD $,
$ \measuredangle DPE $, $ \measuredangle EPF $ oraz $ \measuredangle FPA $ dają wówczas w sumie kąt pełny, a miara
każdego z nich jest nie mniejsza, niż $ 60^{\circ $}. Wynika stąd, że miara każdego z nich wynosi
$ 60^{\circ} $ (rys. 2.). Ponieważ $ \measuredangle APB = 60^{\circ} $ jest największym kątem trójkąta
$ ABP $ , pozostałe kąty również mają miarę $ 60^{\circ} $. Trójkąt $ ABP $ jest więc równoboczny i analogicznie,
pozostałe trójkąty o wierzchołku $ P $ i podstawie będącej jednym z boków też są równoboczne. Zatem sześciokąt
jest foremny.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź