Delta mi!

Obróćmy kwadrat o   wokół środka. Obrazem trójkąta  jest trójkąt  zatem  Analogicznie  Stąd

Obróćmy kwadrat o   wokół wierzchołka  niech  będzie obrazem punktu  Wtedy  zatem

Ponadto  więc  bo trójkąty te mają dodatkowo wspólny bok  Stąd

Z rozwiązania zadania 2 wiemy, że  Wysokości tych trójkątów poprowadzone z wierzchołka  są więc obie równe  czyli 1.

Punkty  leżą na jednym okręgu, bo  i punkty  leżą po tej samej stronie prostej  Kąt  jest prosty, więc  jest średnicą tego okręgu. Stąd  zatem  jest wysokością trójkąta  Analogicznie  jest wysokością tego trójkąta, więc  to jego ortocentrum. Wobec tego  jako trzecia wysokość, jest prostopadła do

Obróćmy kwadrat o   wokół środka. Obrazem punktu  jest taki punkt  na boku  że  Obrazem prostej  jest prosta  jest ona prostopadła do  więc zawiera punkt  Opiszmy okrąg na prostokącie  jego średnicą jest  Punkt  leży na tym okręgu, ponieważ kąt  jest prosty. Średnicą okręgu jest także  więc również kąt  jest prosty.

Oznaczmy miary kątów trójkąta  przy wierzchołkach  i  przez  i  a miary kątów trójkąta  przy wierzchołkach  i  przez  i

Kąty  i   jako kąty zewnętrzne trójkątów  i   są związane zależnością

Niech  będzie dowolnym punktem na przedłużeniu boku  poza wierzchołek  Kąty  i   jako kąty zewnętrzne trójkątów  i   wyrażają się jako sumy:  Tak więc

Stąd  Zatem jeśli trójkąt  z kątem rozwartym przy wierzchołku  jest równoramienny, to  Z uzyskanych wcześniej równości dostajemy wówczas  czyli równoramienność trójkąta

Skoro punkt  jest środkiem  jego odległość od prostej  to średnia arytmetyczna odległości punktów  i   od  Jest ona równa średniej arytmetycznej odległości tych punktów od  ponieważ  i   Zatem  jest równo odległy od  i   skąd  oraz

Niech  będzie takim punktem na półprostej  że  Z podobieństwa trójkątów równoramiennych  i   mamy  Zatem skoro na czworokącie  można opisać okrąg, to

Wobec tego  co daje tezę.

Rys. 1

Punkty  i  leżą na okręgu Apoloniusza dla punktów  i stałej  Z symetrii względem prostej  punkt  też na nim leży (Rys. 1).

Rys. 2

Łuki  i   są równe, więc  jest dwusieczną kąta  Jednocześnie  jest też dwusieczną kąta (własność z początku artykułu, Rys. 2, stąd

Odbijmy czworokąt  symetrycznie względem prostych  oraz  i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Wówczas

więc punkty  i  leżą, w tej właśnie kolejności, na jednej prostej. Ponadto  stąd

Jednocześnie  oraz  zatem  Teza wynika z faktu, że łamana  łącząca punkty  i  nie może być krótsza niż odcinek  pomiędzy nimi:

Wykażemy, że trójkąt  musi być równoboczny.

Załóżmy, że  jest ortocentrum trójkąta  Mamy równość kątów  i   jako wpisanych opartych na tym samym łuku. Skoro jednak  jest ortocentrum, to kąt  jest równy kątowi  Ten z kolei jest oparty na tym samym łuku co kąt  Zatem  czyli  jest dwusieczną i zarazem środkową w trójkącie  Zatem  co wynika np. z twierdzenia o dwusiecznej. Analogicznie dowodzimy, że

Niech  oznacza punkt przecięcia przekątnych czworokąta

Zauważmy, że kąty  i   są równe jako wpisane oparte na tym samym łuku. Z założenia (wbrew rysunkowi), kąty  i   też są równe. Odcinek  to wspólny bok trójkątów  i   więc są one przystające. Stąd  czyli trójkąt  jest równoramienny.

Przypuśćmy, że potrafimy tak wybrać  wierzchołków  -kąta foremnego, by żadne trzy nie były wierzchołkami trójkąta równoramiennego. Oznaczmy wówczas wierzchołki  -kąta przez  w taki sposób, by wierzchołek  był wybrany. Podzielmy teraz pozostałe wierzchołki na  par postaci  dla  Zauważmy, że każda z tych par tworzy podstawę trójkąta równoramiennego o wierzchołku  zatem z każdej pary dokładnie jeden wierzchołek musiał być wybrany. W szczególności wybrany jest jeden z wierzchołków sąsiadujących z   (tzn.  ) oraz jeden z wierzchołków odległych o dwa miejsca od  (czyli  ). Nie mogą być to jednak sąsiednie wierzchołki, bo wówczas wraz z   tworzyłyby trójkąt równoramienny złożony z trzech sąsiednich wierzchołków. Zatem, gdy z jednej strony sąsiadujący z nim wierzchołek został wybrany, z drugiej wybrany został wierzchołek odległy od niego o dwa miejsca. Przypuśćmy zatem bez straty ogólności, że wybrane zostały wierzchołki  i   Stosując powyższe rozumowanie z wierzchołkiem  zamiast  oraz z wierzchołkiem  zamiast  stwierdzamy, że wybrane musiały być  oraz  Dostajemy zatem trójkąt równoramienny  co jest sprzeczne z założeniem. Otrzymana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.

Zauważmy, że trójkąty  są przystające na mocy cechy bkb (oczywiście  a ponadto   ).

Zatem  Natomiast z twierdzenia o stycznej do okręgu i kącie wpisanym, zastosowanego do okręgu opisanego na trójkącie  mamy  Wobec tego kąty  i  są równe, co kończy dowód.

Załóżmy najpierw, że istnieje punkt  o podanej własności. Poprowadźmy przez niego dwie proste. Jedna przecina boki  i   odpowiednio w punktach  i   a druga – w punktach  i  Mamy

gdzie  oznacza pole figury  Zatem

a stąd  Prowadząc przez  trzecią prostą, przecinającą  i   odpowiednio w punktach  i   otrzymamy  Dzieląc stronami ostatnie dwie równości, otrzymamy

co wobec twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa implikuje, że  tzn.

Odwrotnie, niech  Niech  i   będą odpowiednio środkami boków  i   Niech  będzie środkiem odcinka

Z wypukłości czworokąta  wynika, że punkt  leży w jego wnętrzu. Oczywiście  i   dla dowolnej prostej przechodzącej przez  i przecinającej odcinki  odpowiednio w punktach  Zatem  ma własność, o której mowa w treści zadania.

Z punktu  prowadzimy półprostą  prostopadłą do  położoną w rozpatrywanej półpłaszczyźnie. Niech  będzie jednym z rozważanych czworokątów. Trójkąt  jest prostokątny, równoramienny. Stąd (i z wypukłości czworokąta  ) wynika, że punkt  leży po tej stronie  co punkt  Półprosta  przecina więc  w pewnym punkcie  tworząc czworokąt wypukły  Ma on kąty proste przy wierzchołkach  i   można na nim opisać okrąg. Zatem  (ostatnia równość zachodzi, bo  jest symetralną odcinka  ). Stąd wniosek, że  jest wierzchołkiem kwadratu, którego jednym bokiem jest odcinek  Jest to szukany punkt wspólny wszystkich możliwych prostych

Uwaga: Oznaczenia pochodzą z artykułu źródłowego.

Zmodyfikujmy rysunek z poprzedniego zadania, ustawiając kwadraty o bokach równych  kolejno po prawej, na dole, po lewej, na górze, znów po prawej itd., jak na rysunku . Żądany podział płaszczyzny uzyskamy, dzieląc jeden z dwóch kwadratów o boku długości 1 tak, jak w zadaniu 3.