Komentarz

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

$ 2\measuredangle XPY = \measuredangle APB + \measuredangle BPC + \measuredangle CPD + \measuredangle DPE + \measuredangle EPF + \measuredangle FPA \geqslant 6 \cdot 60^{\circ} = 360^{\circ} , $

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

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

$ \measuredangle BAF = \measuredangle BPF = \measuredangle BPC + \measuredangle CPD + \measuredangle DPE + \measuredangle EPF \geqslant 4 \cdot 60^{\circ} > 180^{\circ}, $

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

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

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.

Wersja do wydruku

Olimpiady Matematyczne

Komentarz

LX OM - III - Zadanie 1

Rozwiązanie

Dodaj komentarz

Klasyfikacja tematyczna

Rok

Zawody