Delta mi!

Na mocy danej równości kątów oraz twierdzenia odwrotnego do prosta jest styczna do okręgu opisanego na trójkącie Wobec tego środek tego okręgu leży na prostej (bo ). Analogicznie prosta także jest styczna do tego okręgu, gdyż zatem środek rozważanego okręgu leży też na prostej Stąd jest nim punkt

Kąt jest więc kątem środkowym opartym na tym samym łuku, co kąt wpisany zatem

Oznaczmy środek krótszego łuku okręgu przez Wówczas przy czym druga równość wynika z twierdzenia Wobec tego leży na dwusiecznej kąta Analogicznie dla kąta więc Dowód dla punktów i przebiega podobnie.

Odp. Nie!
Przypuśćmy, że istnieje taki zbiór Wówczas istnieją w tym zbiorze okręgi które mają punkt wspólny oraz okrąg który nie przechodzi przez Oznaczmy punkty wspólne, różne od okręgów i i i odpowiednio przez oraz Wówczas przechodzi przez wszystkie te punkty.

Rozważmy piąty okrąg ze zbioru Musi on przechodzić przez lub (ponieważ są to jedyne punkty wspólne okręgów i ). Podobnie okrąg musi przechodzić przez co najmniej jeden z każdej pary punktów spośród i Stąd przechodzi przez co najmniej trzy z tych punktów. To jest jednak niemożliwe, bo każda taka trójka wyznacza jednoznacznie jeden z okręgów

Z twierdzenia o dwusiecznej wiemy, że a skąd

gdzie

Zatem punkt to obraz punktu przy jednokładności o środku i skali Poszukiwany zbiór punktów jest więc obrazem okręgu (bez dwóch punktów) przy tej jednokładności.

Niech oznacza szukany promień. Jeden z trójkątów prostokątnych widocznych na rysunku ma przeciwprostokątną będącą sumą promieni o długościach i oraz przyprostokątną o długości Z twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy, że długość drugiej przyprostokątnej, a więc również długość odcinka pomiędzy odpowiednimi punktami styczności jest równa

Z analogicznych obliczeń dla pozostałych par punktów styczności otrzymujemy równanie

które pozostaje rozwiązać. Upraszczając, dostajemy

co daje

czyli

Konstruujemy kolejno: okrąg o środku i promieniu - jego punkt przecięcia z prostą oraz okrąg o środku i promieniu Na mocy twierdzenia punkty przecięcia powyższych dwóch okręgów to wierzchołki i trójkąta.

Na mocy twierdzenia i założenia, zachodzi równość Stąd jako kąty wpisane w okrąg oparte na równych łukach. Wobec tego

Środkiem okręgu opisanego na trójkącie jest punkt z twierdzenia leży on na dwusiecznej kąta Z symetrii problemu okrąg ten wyznacza więc na ramionach kąta równe cięciwy.

Niech leży w kącie Dwusieczne kątów przyległych są prostopadłe, więc oraz Wobec tego na czworokącie można opisać okrąg, którego środkiem jest środek odcinka Okrąg ten jest opisany na trójkącie czyli to punkt z twierdzenia leży więc na okręgu opisanym na trójkącie

Za pomocą obliczeń na długościach odcinków stycznych można łatwo wykazać, że punkt jest punktem styczności z bokiem okręgu dopisanego do trójkąta Jeżeli więc przez oznaczymy punkt środkowosymetryczny do względem to jednokładność o środku w punkcie która przekształca okrąg wpisany na okrąg dopisany, przeprowadza punkt na punkt A zatem punkty i są współliniowe. Prosta jest zatem prostą łączącą środki boków w trójkącie a stąd wynika żądana równoległość.

Oznaczmy kąty przy wierzchołku jak następuje:

Zauważmy, że oraz na mocy tw. o kątach wpisanych, więc kąty w trójkącie wynoszą Analogicznie jest dla trójkątów i Zatem są to trójkąty podobne do trójkąta w szczególności

Mnożąc te równania stronami, dostajemy

co daje tezę.

Przeprowadźmy daną elipsę afinicznie na okrąg o promieniu obrazem punktu jest środek okręgu Czworokąt jest opisany na okręgu, zachodzi więc równość

Mnożąc obie strony przez uzyskujemy tezę dla okręgu. Przekształcenia afiniczne zachowują równość pól, zatem teza zachodzi także dla wyjściowej elipsy.