Delta mi!

Rozważmy prostokąt  o bokach  i   Niech punkt  będzie środkiem boku  a punkt  niech należy do boku  przy czym   Wtedy z twierdzenia Pitagorasa      Należy obliczyć pole trójkąta  Jest ono równe

Ustawmy trójkąt  obok trójkąta  jak na rysunku (  oznacza odpowiednik wierzchołka ). Wtedy w trójkącie  podstawa  ma długość  wysokość  jest równa 1, więc pole jest równe  Pozostałą częścią pięciokąta jest trójkąt  Przystaje on do trójkąta  ponieważ    oraz bok  jest wspólny. Stąd  więc pole pięciokąta równe jest 1.

Trójkąty i  mają równe pola oraz wspólny bok  Wobec tego wysokości tych trójkątów poprowadzone do boku  są równe. Ponadto punkty  i  leżą po tej samej stronie prostej  Stąd wniosek, że przekątna  jest równoległa do boku  Analogicznie dowodzimy, że pozostałe cztery przekątne pięciokąta  są równoległe do odpowiednich jego boków

Rozważmy przypadek, gdy przecina ramię . Rozszerzmy nasz trójkąt do kwadratu .

Punkt przecięcia prostej  z nowo dorysowanym bokiem kwadratu oznaczmy przez  Szukamy takich punktów  że  Równoważnie takich, że odcinki  i  są symetryczne względem prostej  prostopadłej do  przechodzącej przez  To zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty  i  są symetryczne względem tej prostej, co jest z kolei równoważne temu, że punkty  i  są symetryczne względem  (bo punkty  i  zostały skonstruowane tak, że są symetryczne względem ).

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku  a  – czwartym wierzchołkiem równoległoboku Równoległoboki te są przystające, ponieważ    oraz    Stąd

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku  Wtedy  także jest równoległobokiem (bo ). Wobec tego punkt  jako środek jego przekątnej  jest też środkiem drugiej przekątnej  Analogicznie  jest środkiem  Stąd i z twierdzenia Talesa uzyskujemy  oraz

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem prostokąta Wtedy  jest równoległobokiem o środku  (bo  oraz ), więc punkty  są współliniowe. Odcinki  i  są średnicami okręgu opisanego na prostokącie  Ponadto  więc punkt  leży na tym okręgu. Stąd

Niech punkt  będzie czwartym wierzchołkiem równoległoboku Wtedy  także jest równoległobokiem oraz zachodzą równości

(*)

oraz

(**)

---

Z równości  (uwzględniając wzajemne położenie odpowiednich punktów) wynika, że punkty  leżą na jednym okręgu. Wobec tego  co razem z równością  daje tezę.

Niech  i  oznaczają rzuty punktów  i  na prostą  Z przyrównania odcinków stycznych do okręgu wpisanego w trójkącie wynika równość Podobnie mamy

czyli Stąd również czyli

Ponieważ kąt między dwusiecznymi kątów przyległych jest prosty, więc trójkąty prostokątne  i są podobne. W takim razie

Stąd trójkąty  i są podobne, więc kąt też jest prosty. To oznacza, że punkty leżą na jednym okręgu.

Niech  i będą punktami przecięcia prostej równoległej do  i przechodzącej przez punkt odpowiednio z bokami  i Trójkąt jest równoboczny i Ponadto stosując nierówność trójkąta, dostaniemy oraz Dodając te trzy nierówności stronami, otrzymujemy

Nietrudno też przekonać się, że równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy punkt jest jednym z wierzchołków trójkąta

Skoro jest średnicą, to styczna do okręgu wpisanego w punkcie  jest równoległa do  Niech  i  będą punktami przecięcia tej stycznej z bokami  i  (Rys. 3). Trójkąty i są jednokładne, skąd natychmiast wynika, że punkt  jest punktem styczności okręgu dopisanego z bokiem  Z równoległości  i wynika też, że trójkąty  i  są podobne, a skoro to Niech będzie punktem styczności okręgu dopisanego, stycznego do  z prostą  W takim razie a stąd natychmiast wynika, że

Analogicznie, oznaczając przez  punkt styczności okręgu dopisanego z bokiem udowodnimy, że Ale – dowód jest więc zakończony.

Z twierdzenia Menelaosa dla trójkąta i prostej zachodzi

Podobnie z TwM dla trójkąta i prostej  otrzymujemy

Zatem

Twierdzenie o dwusiecznej orzeka, iż: Zachodzi więc równość z Twierdzenie Menelaosa, co kończy dowód.