XXVIII - II - Zadanie 4

Zawody matematyczne:

XXVIII OM, 1976-1977

Etap:

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:

$ (1) \qquad AB + CD = AD+ BC, $

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

$ AP = AA'=AS,\ BP = BB' = BQ,\ CQ = CC' = CR,\ DR = DD' = DS. $

Wobec tego

$ AB + CD = AP + BP + CR + DR = AS + BQ + CQ + DS = AD + BC. $

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 $100$ .