Gdzie leży spodek wysokości ostrosłupa prostego?

W rozwiązaniach wielu zadań maturalnych ze stereometrii pojawia się magiczne sformułowanie: "skoro krawędzie boczne ostrosłupa są równej długości, to spodek jego wysokości musi leżeć w środku okręgu opisanego na podstawie". Brzmi świetnie, rozwiązuje zadanie, ale skąd to właściwie wiemy?

Matematyka to logika. Ponieważ definicyjne własności ostrosłupa prostego (równe krawędzie boczne, spodek w środku okręgu opisanego oraz równe kąty nachylenia krawędzi) są równoważne, dowody możemy przeprowadzać w różnych kierunkach – startując od jednego wybranego warunku, by udowodnić pozostałe.

Wyciągnijmy z wnętrza ostrosłupa prostego płaskie trójkąty prostokątne (trójkąty o wspólnej przyprostokątnej, która jest jednocześnie wysokością ostrosłupa) i przeanalizujmy wspólnie dwa takie dowody.

Wnętrze ostrosłupa na modelu 3D

Zanim zaczniemy liczyć, przyjrzyjmy się bryle. Jeśli połączymy spodek wysokości $M$ z kolejnymi wierzchołkami podstawy ($A, B, C$) oraz z wierzchołkiem ostrosłupa $S$, powstaną trzy trójkąty prostokątne ukryte w przestrzeni. Możesz je obejrzeć na poniższym modelu.

Dowód 1: Od równych krawędzi do środka okręgu

Wyciągnijmy na płaszczyznę trzy trójkąty: $\triangle AMS$, $\triangle BMS$ oraz $\triangle CMS$. Co o nich wiemy z definicji ostrosłupa i naszego pierwszego założenia?

1. Są to trójkąty prostokątne: Odcinek $SM$ to wysokość ostrosłupa ($H$). Jako wysokość, jest ona prostopadła do całej płaszczyzny podstawy, a więc musi być prostopadła do każdego odcinka leżącego na tej płaszczyźnie – w tym do odcinków $AM$, $BM$ i $CM$.
2. Mają wspólną przyprostokątną: Trójkąty $\triangle AMS$, $\triangle BMS$ i $\triangle CMS$ współdzielą bok $SM$ (wysokość $H$) przy kącie prostym.
3. Mają równe przeciwprostokątne: Zgodnie z naszym założeniem krawędzie boczne są równe: $|AS| = |BS| = |CS| = b = b_1 = b_2 = b_3$.

Dolne przyprostokątne (łączące spodek wysokości z wierzchołkami podstawy) oznaczmy tymczasowo jako $m$, $p$ oraz $r$.

Wkracza Twierdzenie Pitagorasa

Ponieważ wszystkie trzy trójkąty są prostokątne, możemy zapisać dla nich Twierdzenie Pitagorasa, starając się wyznaczyć nasze dolne przyprostokątne ($m, p, r$):

$$m^2 + H^2 = b^2 \implies m^2 = b^2 - H^2$$ $$p^2 + H^2 = b^2 \implies p^2 = b^2 - H^2$$ $$r^2 + H^2 = b^2 \implies r^2 = b^2 - H^2$$

Zauważ co się okazało. Prawe strony wszystkich trzech równań ($b^2 - H^2$) są identyczne! Skoro prawe strony są sobie równe, to lewe strony równań również muszą być sobie równe:

$$m^2 = p^2 = r^2$$

Ponieważ wiemy z góry, że $m, p, r$ to długości odcinków (więc są to liczby dodatnie), możemy bez obaw napisać:

$$m = p = r$$

Wnioski z dowodu 1

Co się okazuje. Odcinki łączące punkt $M$ z wierzchołkami podstawy ( punkty $A, B, C$) mają dokładnie taką samą długość. Punkt $M$ jest zatem punktem w trójkącie $ABC$, który leży w równej odległości od wszystkich wierzchołków tego trójkąta.

I właśnie tak nazywamy wyróżniony punkt w geometrii - środek okręgu opisanego na trójkącie (w tym wypadku na trójkąt będącym podstawą ostrosłupa prostego).

Pozostaje jeszcze pokazać, że kąty nachylenia krawędzi bocznych do płaszczyzny podstawy są sobie równe. Z cechy BBB (bok, bok, bok) trójkąty $\triangle AMS$, $\triangle BMS$ i $\triangle CMS$ są trójkątami przystającymi, zatem również kąty przy wierzchołkach $A$, $B$ i $C$ są sobie równe. A to są właśnie kąty nachylenia krawędzi bocznych do płaszczyzny podstawy. Co kończy dowód.

Dowód 2: Od równych kątów do krawędzi i środka okręgu

Zastosujmy podobną konstrukcję, co poprzednio. Ponownie posłużymy się płaskimi trójkątami $\triangle AMS$, $\triangle BMS$ oraz $\triangle CMS$. Tym razem jednak naszą daną wyjściową są odpowiednie kąty przy wierzchołkach podstawy.

Przystawanie Trójkątów (Cecha KBK)

W każdym z wyciągniętych trójkątów mamy kąt prosty przy wierzchołku $M$ oraz równy kąt $\alpha$ przy wierzchołkach podstawy. Ponieważ suma kątów w każdym trójkącie to zawsze $180^\circ$, trzeci kąt (znajdujący się przy wierzchołku $S$) musi być taki sam we wszystkich trzech figurach i wynosi dokładnie $90^\circ - \alpha$.

Co więcej, trójkąty te mają jedną wspólną przyprostokątną $SM$, czyli wysokość całego ostrosłupa ($H$).

Na mocy cechy przystawania trójkątów KBK (Kąt-Bok-Kąt) – obejmującej wspólny bok $SM$ oraz przyległe do niego kąty (kąt prosty i równy kąt przy wierzchołku $S$) – stwierdzamy z całą pewnością, że:

$$\triangle AMS \equiv \triangle BMS \equiv \triangle CMS$$

Wnioski z drugiego dowodu

Skoro udowodniliśmy, że wszystkie trzy trójkąty są identyczne (przystające), natychmiast "włączają się" nam wszystkie pozostałe własności tych figur. Skutkuje to równością wszystkich odpowiadających sobie boków:

1. Przeciwprostokątne są sobie równe ($|AS| = |BS| = |CS|$), co dowodzi, że wszystkie krawędzie boczne ostrosłupa mają tę samą długość.
2. Dolne przyprostokątne również są równe ($m = p = r$), co oznacza, że spodek wysokości $M$ leży w równej odległości od wierzchołków podstawy. Dowodzi to jednoznacznie, że punkt ten jest środkiem okręgu opisanego na podstawie ostrosłupa.

Co kończy nasz dowód.