Delta mi!

Oznaczmy środki boków        odpowiednio przez  W myśl założenia,    Niech  będzie wspólnym środkiem przekątnych  i  równoległoboku  Odcinek  łączy środki dwóch boków trójkąta  więc

---

Zatem punkt  leży na okręgu o średnicy  wobec czego kąt  jest prosty. Analogicznie, kąt  jest prosty. Stąd wynika, że  Punkty  są środkami dwóch boków trójkąta  więc  Analogicznie,  Stąd, ostatecznie,

Oznaczmy przez punkt przecięcia dwusiecznych kątów i 

Proste i  są symetralnymi odpowiednio odcinków i a więc punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie Zatem Wobec tego trójkąty i są przystające (cecha bok-bok-bok), skąd Analogicznie otrzymujemy Ponadto Stąd korzystając z danych w treści zadania równości kątów, wnioskujemy, że Zależności te z kolei dowodzą, że punkt leży na dwusiecznych kątów i 

Zauważmy, że oprócz ośmiokąta powstało osiem podobnych trójkątów, w każdym z których stosunek sumy długości przyprostokątnych do długości przeciwprostokątnej jest równy Oznaczając sumę długości kolorowych odcinków ciągłych przez a przerywanych przez widać, że obwód jednego kwadratu jest równy a drugiego co po przyrównaniu daje

Skoro , to Stąd

Z twierdzenia Cevy otrzymujemy tezę:

Zachodzą następujące równości odcinków stycznych do okręgu: , , . Stąd

co na mocy twierdzenia Cevy kończy dowód.

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną i z twierdzenia Cevy mamy

Stąd najmniejszą wartością sumy jest 3. Kiedy jest ona osiągana?

Przyjmijmy, że okręgi wpisane w trójkąty i  są styczne do boku odpowiednio w punktach  i  ; do prostej przechodzącej przez  – odpowiednio w punktach  i  ; zaś do odcinka – odpowiednio w punktach  i

Punkty styczności z okręgiem wpisanym w trójkąt wyznaczają na jego bokach odcinki o długościach wyrażających się znanymi wzorami:

Po dodaniu stronami:

Odnotujmy także zależności

Odcinki i  są symetryczne względem wspólnej osi symetrii obu okręgów. Możemy zatem przepisać ostatnią równość jako .

Z uzyskanych związków wnosimy, że

To znaczy, że punkt leży na okręgu o środku i promieniu zależnym jedynie od trójkąta a nie od położenia punktu  na boku 

Na odcinku po zewnętrznej stronie trójkąta budujemy trójkąt przystający do  (tak, że ). W tych trójkątach kąty przy wierzchołkach  i  są równe, wobec czego Zatem kąt jest rozwarty.

Skoro to Stąd i z rozwartości kąta  wnosimy, patrząc na trapez   że

Oznaczmy przez punkt przecięcia prostych  i  . Należy dowieść, że . Rozpatrzmy okrąg o średnicy  . Okrąg ten przechodzi przez punkty Q i R. Korzystając zatem z twierdzenia Pascala dla „sześciokąta” AAQRDD, wnioskujemy, że punkty B, C oraz P’ leżą na jednej prostej. Stąd P = P’.

Z ćwiczenia (c) punkty są ogniskami pewnej elipsy wpisanej w trójkąt (rysunek). Na mocy wskazówki punkty leżą na okręgu o środku w środku  odcinka . Kąt jest prosty  jest średnicą tego okręgu  jest środkiem   jest równoległobokiem oraz  jest punktem przecięcia wysokości trójkąta  .

Niech będzie obrazem  w symetrii względem prostej . Wtedy oraz . Z ćwiczenia (c) istnieje więc elipsa o ogniskach , wpisana w trójkąt . Jest ona styczna do boku w punkcie  i do boków odpowiednio w  . Z Faktu, , , . Suma tych sześciu kątów daje kąt pełny  , zatem , co kończy dowód.

 – środek okręgu – promień okręgu

Jeśli są na jednej prostej, to też na niej są. Załóżmy więc, że środki okręgów nie są współliniowe. Płaszczyznę zawierającą dane okręgi oznaczmy przez Niech punkty wszystkie leżą po jednej stronie płaszczyzny tak, że dla każdego i rzutem punktu na jest oraz . Punkty nie są współliniowe, bo nie są. Niech będzie płaszczyzną wyznaczoną przez Nie jest ona równoległa do , bo ri są różne. Zatem i przecinają się wzdłuż pewnej prostej.

Okręgi i są jednokładne względem , więc Stąd punkty są współliniowe, czyli punkt leży na płaszczyźnie Leży też na , więc należy do ich wspólnej prostej. Analogicznie należą do niej punkty i   co kończy dowód.