Delta mi!

Zauważmy, że

wobec czego punkty są współliniowe. Analogicznie dochodzimy do wniosku, że punkty są współliniowe.

Z równoległości par prostych i oraz i wynika, że

W połączeniu z oraz otrzymujemy więc

a zatem z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Cevy dla trójkąta wynika, że proste przecinają się w jednym punkcie. Tym samym punkt leży na prostej co jest równoważne tezie zadania.

Oznaczmy przez punkt styczności boku z okręgiem wpisanym (rys.) i niech

Zachodzi równość (znany fakt - lub nietrudne ćwiczenie).

Odcinek jest wysokością w trójkącie prostokątnym ; zatem Stąd

Prosta przecina boki trójkąta (lub ich przedłużenia) w punktach więc w myśl wzoru Menelausa

Uzyskana proporcja implikuje równoległość prostych i (odwrócenie twierdzenie Talesa).

Inne rozwiązanie opisano w deltoidzie 9/2012. Teza zachodzi także dla trójkąta rozwartokątnego.

Niech będą spodkami wysokości odpowiednio z i Trójkąty prostokątne i są podobne, bo mają wspólny kąt przy wierzchołku Stąd z punktów i widać odcinek pod tym samym kątem, leżą więc one na przystających łukach okręgów opisanych na trójkątach i

Jeśli teza zadania ma być prawdziwa, to powinna ona zachować słuszność po zastąpieniu punktu przez - drugi punkt prostej leżący w tej samej odległości od co punkt ; zaś środek szukanego okręgu powinien leżeć na osiach symetrii trójkątów równoramiennych i - czyli na wysokościach trójkąta Stąd domysł uściślenia tezy zadania: wykazać, że środki odcinków (o jednakowej długości ) leżą na okręgu o środku (ortocentrum trójkąta ).

Niech będzie spodkiem wysokości opuszczonej z wierzchołka i niech będzie środkiem odcinka Weźmy pod uwagę okrąg o środku i promieniu (czyli o średnicy ). Prosta przecina ów okrąg w punktach (gdy punkty pokrywają się, przyjmijmy ). Cięciwa tego okręgu oraz jego średnica przecinają się w punkcie Zatem

czyli

Jeśli teraz jest drugą wysokością trójkąta a jest środkiem odcinka to analogicznie uzyskujemy równość

Ale wynika to z podobieństwa trójkątów i Tak więc ; środki odcinków i leżą w jednakowej odległości od punktu Analogicznie, w tej samej odległości od leżą też środki odcinków i To właśnie nasza teza.

Wybierzmy 100 punktów na półokręgu bez końców. Wówczas dla dowolnej trójki z nich odcinek utworzony przez dwa skrajne widać ze środkowego pod kątem rozwartym (wpisanym w okrąg i opartym na łuku dłuższym od półokręgu).

Na mniej niż 8 się nie da - dowód znaleźć można w Delcie 1/2002.

Rozwiązanie przedstawia rysunek. Pozostawiam Czytelnikowi sprawdzenie, że wszystkie trójkąty istotnie są ostrokątne. Pomocny bywa fakt, że ich wierzchołki są na zewnątrz odpowiednich półokręgów (czyli łuków Talesa dla kąta ).

Jeśli postulowana w zadaniu prostopadłość ma miejsce, to punkty i a więc też trójkąty i są symetryczne względem opisanej płaszczyzny, zatem przystające. Wykażemy, że tak być nie musi.

Niech punkty leżą na jednym okręgu w tej właśnie kolejności, przy czym a to punkt przecięcia tych prostych. Wówczas trójkąty nie są przystające (mają różne wysokości na więc też różne pola). Jednocześnie

Jeśli teraz obrócimy trójkąt wokół prostej o pewien dodatni kąt mniejszy od otrzymamy czworościan w którym Wobec tego prosta jest prostopadła do płaszczyzny a więc także do każdej prostej zawartej w tej płaszczyźnie. Stąd także po opisanym obrocie. Uzyskaliśmy więc czworościan spełniający warunki zadania, w którym trójkąty i nie są przystające.

Oznaczmy: Wówczas Mamy

skąd wynika, że na czworokącie można opisać okrąg. Z rowności wynika zatem, że

Gdyby teza zadania była fałszywa, to okrąg opisany na -kącie foremnym przecinałby elipsę przynajmniej w pięciu punktach, a to nie jest możliwe.

Jeśli oznacza pole trójkąta, - jego obwód, - promień okręgu wpisanego, zaś i - długości boków, to wówczas

(wzór Herona), a ponadto Z tych wzorów wynika, że

Podstawiając wartości podane w treści zadania przekonujemy się łatwo, że dla każdego z trójkątów promień koła wpisanego jest równy 6.

Oznaczmy długość odcinka przez a krótszej i dłuższej przekątnej danego siedmiokąta foremnego odpowiednio przez i Wówczas na mocy twierdzenia Ptolemeusza, zastosowanego do trapezu równoramiennego uzyskujemy

Niech będzie takim punktem, że czworokąt jest równoległobokiem. Wówczas więc trapez jest równoramienny. Stosując do niego twierdzenie Ptolemeusza, otrzymujemy

gdyż oraz Łącząc uzyskane równości, mamy

skąd

Niech będzie punktem przecięcia prostej z prostą styczną do obu okręgów, przechodzącą przez Wówczas jako odcinki stycznych. Teza wynika z faktu

Oznaczmy odpowiednio przez i środki ramion i trapezu, a przez punkt przecięcia jego przekątnych. Wówczas na mocy nierówności trójkąta

przy czym ostatnia równość wynika z faktu Jednocześnie w trapezie co kończy dowód.

Trójkąt jest równoramienny, gdyż Ponadto

Niech będzie środkiem boku trójkąta prostokątnego Wówczas trójkąt jest równoramienny i na mocy powyższej równości kątów podobny do trójkąta Stąd

co kończy dowód.

Niech będzie środkiem boku a - środkiem ciężkości trójkąta Wówczas

Trójkąt jest równoramienny, gdyż jako odcinki stycznych do okręgu. Jego podstawa jest zatem prostopadła do dwusiecznej kąta Jednocześnie więc z faktu wynika, że proste i również są prostopadłe, co kończy dowód.

Oznaczmy przez punkt przecięcia prostych i a przez - punkt przecięcia prostych i Obydwie proste i są prostopadłe do więc trójkąty oraz są podobne i

Wobec powyższego wystarczy dowieść, że jest środkiem odcinka

Kąt jest prosty (gdyż jest średnicą okręgu), stąd także kąt jest prosty. Odcinki i są równe jako styczne do okręgu. Wobec tego punkt leży na przeciwprostokątnej trójkąta prostokątnego i zarazem na symetralnej jednej z przyprostokątnych, jest więc środkiem okręgu opisanego na tym trójkącie, czyli także środkiem boku co kończy dowód.