Delta mi!

Przyjmijmy, że  i oznaczmy punkt przecięcia odcinków  i   przez   Niech  będzie rzutem prostokątnym punktu   na odcinek 

Zauważmy, że

W takim razie trójkąt  jest równoramienny, oznaczmy  Z twierdzenia Pitagorasa mamy

oraz

Z twierdzenia Talesa mamy więc

skąd  Zatem

Wystarczy połączyć punkty  i   Kartka   przykrywa cały trójkąt  i jeszcze kawałek kartki  – łącznie ponad połowę.

Odcinek  dzieli równoległobok  na dwie figury przystające. Wobec tego i na mocy twierdzenia (*), mamy

co po odjęciu od obu stron  daje tezę.

Korzystając dwukrotnie z twierdzenia (*), otrzymujemy

co po odjęciu od obu stron  daje tezę.

Kolorowe = szare

Rozwiązanie, a przy okazji inny dowód twierdzenia (**), na rysunku.

Rozważmy trójkąt  o wysokości opuszczonej z wierzchołka   długości   Oznaczmy długości wysokości opuszczonych z wierzchołków  i   odpowiednio przez   i   a jego pole przez   Wiemy, że

skąd

Ponieważ pole trójkąta  jest ustalone, to iloczyn  jest maksymalny wtedy i tylko wtedy, gdy  ma maksymalną wartość. Oczywiście, kąt   ma maksymalną wartość (oznaczmy ją przez  ), gdy  jest wierzchołkiem trójkąta równoramiennego o podstawie   Jeśli  to  więc rozwiązaniem jest trójkąt równoramienny o podstawie   i wysokości 

Jeśli natomiast  to  więc rozwiązaniem jest trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej (dla którego ).

Skoro trójkąty  i   mają równe pola, to także trójkąty  i   mają równe pola, więc ich wysokości opuszczone na wspólną podstawę  są równej długości, a stąd  Niech  oznacza szukany stosunek. Z twierdzenia Talesa dostajemy kolejno

Zatem  skąd

Niech będzie punktem przecięcia prostych i oraz

Z trójkąta otrzymujemy Ponadto kąty i są oparte na tym samym łuku, a stąd natomiast kąt jako kąt zewnętrzny trójkąta ma miarę W takim razie więc trójkąt jest prostokątny.

Niech będzie środkiem boku a – spodkiem wysokości z wierzchołka Ponieważ jest środkiem okręgu opisanego, więc kąt jest prosty oraz (kąt środkowy i wpisany). Oczywiście więc trójkąty i są podobne. Trójkąt jest połową trójkąta równobocznego, mamy więc Stąd trójkąty i są przystające, a dokładniej jeden jest obrazem drugiego w symetrii względem dwusiecznej kąta co daje tezę.

Przyjmijmy zwykłe oznaczenia:  Równości

dodajemy stronami i otrzymujemy

To znaczy, że punkty  i   leżą po przeciwnych stronach prostej  w jednakowych odległościach od odpowiednich końców odcinka :

Wobec równoramienności trójkąta  oznacza to z kolei, że punkty  i   leżą w jednakowych odległościach od prostej  Stąd już wynika, że ta prosta przechodzi przez środek odcinka

Przyjmijmy oznaczenia punktów styczności okręgów wpisanych z bokami czworokątów jak na rysunku. Warunek  jest równoważny  gdyż  i   Zauważmy, że

Zatem

Załóżmy najpierw, że leży na prostej

Jak wiadomo, kąt między styczną a cięciwą jest równy kątowi wpisanemu opartemu na tej cięciwie, więc Zatem trójkąty i są podobne, więc Podobnie stwierdzimy, że ale więc

Załóżmy teraz, że zachodzi ale nie leży na (powiedzmy, że punkt leży bliżej punktu niż punkt ).

Niech przecina okrąg w punkcie Z poprzedniej części zadania wiadomo, że więc co wraz z równością kątów i implikuje, że trójkąty i są podobne, a że mają wspólny bok, to są przystające. Zatem

Z twierdzenia Talesa wynika, że  więc  i   są trapezami o stosunku wysokości

Przez  oznaczmy długość odcinka  Wówczas  oraz  Zatem

Przyjmijmy oznaczenia boków i kątów trójkąta  jak na rysunku i załóżmy, że

Wówczas  a stąd  ponieważ funkcja  jest malejąca na przedziale  Przyjmijmy, że  Wówczas z twierdzenia cosinusów otrzymujemy

Gdyby było  to ponieważ  mielibyśmy  co przeczyłoby założeniu, że trójkąt  jest równoboczny. W takim razie

Wybierzmy na boku  taki punkt  że

Wtedy  a skoro  to

więc na czworokącie  można opisać okrąg. Wobec tego

skąd  Z drugiej strony,

więc również  Zatem