Delta mi!

Niech oznaczają odpowiednio promienie okręgów wpisanych w trójkąty i a - obwody tych trójkątów. Ponadto niech oznacza obwód trójkąta

Z równości odcinków stycznych do okręgu poprowadzonych z jednego punktu (zastosowanej trzykrotnie do okręgu wpisanego w trójkąt oraz punktów ) otrzymujemy

Po dodaniu

do obu stron równości dostajemy

Z podobieństwa każdego z małych trójkątów do trójkąta wynika, że dla zachodzi równość

W takim razie

Niech będzie takim punktem na odcinku że proste i są równoległe. Wówczas z twierdzenia Talesa otrzymujemy

a stąd

Ponownie korzystając z twierdzenia Talesa, mamy

Przyjmijmy, że punkt przecięcia prostych i leży na półprostych i oraz że prosta przecina okręgi i odpowiednio w punktach i (różnych od ). Wspólna cięciwa tych okręgów - nazwijmy ją - przechodzi przez środek odcinka Z równości oraz wnosimy, że a stąd

Także oraz Prawe strony tych równości są równe, więc lewe też. Oznaczając odległości punktów od punktu kolejno literami przepisujemy uzyskaną zależność w postaci Po wymnożeniu i uwzględnieniu równości otrzymujemy związek Tak więc

Skoro wynika stąd, że To zaś oznacza, że proste i są równoległe.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku i niech Na mocy jest to przesunięcie. Ponieważ to wektor przesunięcia jest zerowy, czyli Zatem na mocy trójkąt jest równoboczny.

Niech Na mocy jest to przesunięcie. Z treści zadania wynika, że stąd wektor przesunięcia jest zerowy, czyli Wobec tego na mocy trójkąt ma kąty równe

Niech Na mocy jest to przesunięcie; więc Na mocy trójkąt jest prostokątny i Tak samo dowodzimy, że trójkąt jest drugą połową kwadratu

Spośród wszystkich wierzchołków wybierzmy te dwa, które są najdalej od siebie, i oznaczmy je przez i Przez te wierzchołki przeprowadźmy proste i prostopadłe do odcinka Wówczas jest zawarty w pasie ograniczonym prostymi i Po obu stronach prostej znajdźmy te wierzchołki które są najdalej od tej prostej, i nazwijmy je i (być może któryś z nich jest wierzchołkiem lub ). Przez i poprowadźmy proste i równoległe do Wielokąt jest zawarty w pasie ograniczonym tymi prostymi, jest zatem zawarty w prostokącie będącym przecięciem pasów i Z konstrukcji wynika, że pole prostokąta jest dwa razy większe od pola czworokąta który jest zawarty w Zatem

Nie - ale niewiele brakuje. Oznaczmy: Z podanych warunków wynika, że czworokąt jest równoległobokiem o przekątnych prostopadłych, czyli rombem. Trójkąty i są podobne. Stąd czyli Z tego równania wyznaczamy Z trójkąta prostokątnego dostajemy Pole trapezu wynosi gdzie

Na mocy (**) istnieje symetria z poślizgiem, przeprowadzająca odcinek na Na mocy jej osią jest prosta Prosta i jej obraz (prosta równoległa do ) tworzą z osią symetrii równe kąty, co kończy dowód.

Trójkąty i są przystające i tak samo zorientowane, istnieje więc izometria zachowująca orientację, która przeprowadza jeden z nich na drugi. Odcinki i przecinają się, jako przekątne czworokąta wypukłego Stąd rozważana izometria jest obrotem; oznaczmy jego środek przez

Wówczas czyli punkt leży na symetralnej odcinka Analogicznie leży też na symetralnych i co kończy dowód.

Na mocy (**) istnieje obrót przeprowadzający trójkę na ; oznaczmy jego środek przez Podobnie jak w rozwiązaniu zadania 3, punkt należy do symetralnych odcinków i (a więc nie zależy od wyboru punktów i ) oraz do symetralnej Stąd rzutami punktu na odcinki są ich środki.

Ponownie na mocy (**) stnieje symetria z poślizgiem, która przeprowadza trójkę na Na mocy (*), środki odcinków i są wówczas współliniowe. Wykazaliśmy, że są to rzuty punktu więc korzystając z twierdzenia o prostej Simsona uzyskujemy wniosek, iż stały punkt leży na każdym z okręgów opisanych na zmiennych trójkątach

Każdy z punktów leży na okręgu o średnicy zatem punkt leży na okręgu opisanym na trójkącie i teza wynika z twierdzenia o prostej Simsona.

Punkt należy do okręgu opisanego na trójkącie bowiem Stąd na mocy twierdzenia o prostej Simsona rzut punktu na prostą należy do prostej a więc jest nim punkt

jest trójkątem, bowiem gdyby to także co jest niemożliwe.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Punkty i leżą na symetralnej odcinka więc rzutem punktu na prostą jest środek Podobnie dla i więc rzuty na proste zawierające boki trójkąta leżą na jednej prostej (równoległej do dwukrotnie bliżej punktu ) i teza wynika z twierdzenia o prostej Simsona.

Niech będzie punktem przecięcia prostych i Wówczas gdyż pozostałe dwa kąty trójkąta mają i Ponieważ również punkty leżą na jednym okręgu. Teza wynika z twierdzenia o prostej Simsona dla trójkąta

Niech będzie punktem przecięcia dwóch z danych prostych. Pozostałe dwie proste nie są równoległe, stąd dwa trójkąty o wierzchołku nie są jednokładne, więc opisane na nich okręgi nie są styczne w i mają drugi punkt wspólny

Na mocy dwukrotnie zastosowanego twierdzenia o prostej Simsona rzuty punktu na wszystkie dane proste są współliniowe. Znów na mocy tego twierdzenia, punkt należy wówczas także do pozostałych dwóch z danych okręgów.