Delta mi!

Zauważmy, że kąt zewnętrzny ma miarę - dwa razy większą od kąta Zatem punkt leży na okręgu o środku i promieniu skąd

Ponieważ trójkąty i są przystające, to

W takim razie punkty leżą na jednym okręgu. Stąd trapez jest równoramienny, w szczególności

Punkty leżą więc na okręgu o środku i promieniu Innymi słowy, punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie i jednocześnie jest środkiem boku tego trójkąta. Ten trójkąt musi zatem mieć kąt prosty przy wierzchołku

Niech będzie takim punktem na odcinku że oraz niech będzie takim punktem na odcinku że

Ponieważ więc trójkąt jest równoboczny. Podobnie trójkąt jest równoboczny. Zauważmy, że

Skoro to więc Zatem trójkąty są przystające (cecha bkb). W szczególności

Z Twierdzenia Pascala dla sześciokąta punkty oraz są współliniowe.

Niech Z Twierdzenia Pascala dla sześciokąta punkt leży na prostej wyznaczonej przez punkty oraz Z kolei z Twierdzenia Pascala dla punkt także leży na prostej wyznaczonej przez punkty oraz

Z warunku wynika, że punkt leży na okręgu Z Twierdzenia Pascala dla sześciokąta uzyskujemy współliniowość punktów oraz niezależnego od i punktu co kończy dowód.

Oznaczmy oraz Z równoramienności trójkąta oraz danych równości kątów wynika, że Ponieważ oba punkty leżą po tej samej stronie prostej oznacza to, że punkty leżą na jednym okręgu.

Obliczając pole trójkąta  na dwa sposoby, mamy

skąd

---

przy czym równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy  Kąt   jest ostry, więc ma maksymalną wartość, gdy  ma minimalną wartość, którą wyznaczyliśmy powyżej. Zatem kąt   jest maksymalny dla

Przyjmijmy, że bok kwadratu  ma długość  a kwadratów – odpowiednio (stąd ). Niech środek układu współrzędnych będzie ustawiony w środku kwadratu  a osie niech będą równoległe do jego boków (jak na rysunku). Oznaczmy środek kwadratu  przez  dla

Mamy  więc  Podobnie, skoro  oraz  to otrzymujemy
 Stąd w oczywisty sposób dostajemy

Zauważmy, że wykazaliśmy nawet więcej. Z rozwiązania wynika również, że

Skoro prosta  jest prostopadła do  to jako bloki z definicji można przyjąć okręgi o średnicach  i   gdyż są prostopadłe do  i przechodzą przez  Oczywiście, sama prosta  też się do tego celu nadaje.

Niech  będzie okręgiem o średnicy  Okręgi  są do niego prostopadłe, a zatem punkty  są symetryczne względem  Stąd już wynika, że są współliniowe z punktem  jako środkiem tego okręgu – prosta poprowadzona z   do punktu  jest prostopadła do  więc musi przechodzić przez punkt

Przeprowadźmy symetrię względem dowolnego okręgu o środku w  ; obraz każdej z figur oznaczmy przez dodanie znaku prim. Na podstawie własności 1 możemy zauważyć, że figury z zadania zamieniły się rolami: okręgi  i   przecinają się w punktach  i   prosta  jest styczna do tych okręgów w punktach  okrąg  jest opisany na trójkącie  proste  i   są styczne do  w punktach  oraz przecinają się w punkcie

Dzięki własności 3 wiemy, że punkt  jest symetryczny do punktu  względem okręgu  co na mocy zadania 1 oznacza, że jest środkiem odcinka  W ten sposób otrzymaliśmy konfigurację z zadania 2, a zatem punkty  są współliniowe. Obrazem prostej  jest prosta  co kończy rozwiązanie.

Przyjmijmy, że  i oznaczmy punkt przecięcia odcinków  i   przez   Niech  będzie rzutem prostokątnym punktu   na odcinek 

Zauważmy, że

W takim razie trójkąt  jest równoramienny, oznaczmy  Z twierdzenia Pitagorasa mamy

oraz

Z twierdzenia Talesa mamy więc

skąd  Zatem

To zadanie o równoległobokach. Oznaczmy środek okręgu przez środek okręgu przez i niech będzie punktem symetrycznym do względem prostej Czworokąty i są rombami. Zatem

skąd wniosek, że czworokąt jest równoległobokiem. Również czworokąt jest (z założenia) równoległobokiem. Stąd - jak przed chwilą - wnosimy, że równoległobokiem jest także czworokąt Wobec tego

Ta równość, wraz z poprzednią uwagą o rombie pokazuje, że odległość punktu od każdego z trójki punktów jest równa promieniowi dwóch danych okręgów. Inaczej mówiąc, jest środkiem okręgu przystającego do nich i przechodzącego przez punkty to jest pierwsza część tezy. Druga część tezy, dotycząca okręgu opisanego na trójkącie wynika z pierwszej przez symetrię (logiczną).

Wystarczy połączyć punkty  i   Kartka   przykrywa cały trójkąt  i jeszcze kawałek kartki  – łącznie ponad połowę.

Odcinek  dzieli równoległobok  na dwie figury przystające. Wobec tego i na mocy twierdzenia (*), mamy

co po odjęciu od obu stron  daje tezę.

Korzystając dwukrotnie z twierdzenia (*), otrzymujemy

co po odjęciu od obu stron  daje tezę.

Kolorowe = szare

Rozwiązanie, a przy okazji inny dowód twierdzenia (**), na rysunku.

Rozważmy trójkąt  o wysokości opuszczonej z wierzchołka   długości   Oznaczmy długości wysokości opuszczonych z wierzchołków  i   odpowiednio przez   i   a jego pole przez   Wiemy, że

skąd

Ponieważ pole trójkąta  jest ustalone, to iloczyn  jest maksymalny wtedy i tylko wtedy, gdy  ma maksymalną wartość. Oczywiście, kąt   ma maksymalną wartość (oznaczmy ją przez  ), gdy  jest wierzchołkiem trójkąta równoramiennego o podstawie   Jeśli  to  więc rozwiązaniem jest trójkąt równoramienny o podstawie   i wysokości 

Jeśli natomiast  to  więc rozwiązaniem jest trójkąt prostokątny o przeciwprostokątnej (dla którego ).

Skoro trójkąty  i   mają równe pola, to także trójkąty  i   mają równe pola, więc ich wysokości opuszczone na wspólną podstawę  są równej długości, a stąd  Niech  oznacza szukany stosunek. Z twierdzenia Talesa dostajemy kolejno

Zatem  skąd

Jeżeli wszystkie wybrane punkty są białe, nie ma czego dowodzić. Przyjmijmy więc, że tak nie jest. Ustalmy kierunek obiegu (orientację) okręgu; każdy łuk ma wtedy początek i koniec.

Punkt biały nazwijmy fajnym, jeżeli każdy łuk okręgu, mający początek w tym punkcie, zawiera więcej punktów białych niż czerwonych. Wybierzmy dowolną parę punktów sąsiadujących, różnych kolorów, w której punkt biały jest wcześniejszy niż punkt czerwony (bezpośrednio go poprzedza). Usuńmy tę parę. Zauważmy, że wszystkie białe punkty, które nie były fajne, pozostają niefajnymi w nowej sytuacji.

Powtarzamy to postępowanie, dopóki czerwone punkty nie znikną. Przyjmijmy, że na starcie było  punktów białych oraz  czerwonych. Po wykonaniu  ruchów zostaje  punktów, wszystkie białe, oczywiście fajne (w tej końcowej sytuacji). One zatem były fajne już na starcie; oznaczmy ich zbiór przez

Zmieniamy orientację i powtarzamy rozumowanie. Otrzymujemy zbiór  złożony z   białych punktów, które już na starcie były „fajne przy zmienionej orientacji”. Dla uzyskania tezy zadania należy wykazać, że pewien punkt biały znajduje się w części wspólnej zbiorów  i   Do tego wystarczy, żeby zachodziła nierówność  czyli  a to jest dane w założeniu.

Oznaczmy przez    miary kątów trójkąta  przy wierzchołkach  zaś przez  punkty przecięcia odcinka   odpowiednio z bokami    Odcinki  przecinają się w punkcie  (środku okręgu wpisanego). Z równości

wynika, że w trójkącie  kąty przy wierzchołkach  i   sumują się do kąta prostego. Zatem kąt przy wierzchołku   jest prosty. W trójkącie  odcinek  jest więc jednocześnie dwusieczną i wysokością; to znaczy, że punkt   jest środkiem odcinka 

Skoro  równość

pokazuje, że prosta  jest symetralną odcinka   Przez analogię, punkty  i   są środkami odcinków  i   a proste  i   są symetralnymi tych odcinków. W takim razie jednokładność o środku   i skali   przekształca trójkąt  na trójkąt 

Okrąg opisany na pierwszym z tych trójkątów przechodzi na okrąg opisany na drugim. Obrazem punktu   jest środek   odcinka   który wobec tego leży na okręgu   Pozostaje zauważyć, że punkt   jako środek przeciwprostokątnej trójkątów prostokątnych    jest też środkiem okręgu 

Niech będzie punktem przecięcia prostych i oraz

Z trójkąta otrzymujemy Ponadto kąty i są oparte na tym samym łuku, a stąd natomiast kąt jako kąt zewnętrzny trójkąta ma miarę W takim razie więc trójkąt jest prostokątny.

Wzór dany do udowodnienia przedziwnie przypomina wzór z zadania 658 (nr 3/2013) – to nie przypadek. Tam była mowa o czworościanie; ale w omówieniu rocznym (nr 2/2014) był dyskutowany przypadek dowolnego wymiaru: jeśli w przestrzeni  umieścimy sympleks foremny o krawędzi   to dla dowolnego punktu tej przestrzeni, leżącego w odległościach  od jego wierzchołków, zachodzi równość

Tu zastosujemy skromniutki jego wariant:

Niech  będzie trójkątem rozważanym obecnie, o bokach      Punkt, o którym mowa, to punkt Toricellego (lub punkt Fermata)  ; założenie o kątach   gwarantuje, że  leży wewnątrz trójkąta, na przecięciu odcinków   – gdzie litery z primami oznaczają wierzchołki trójkątów równobocznych  zbudowanych na zewnątrz trójkąta – to własność dobrze znana (wyprowadzenie i komentarze można znaleźć w wielu miejscach; choćby http://pl.wikipedia.org/wiki/Punkt_Fermata).

Przez punkty  prowadzimy proste równoległe odpowiednio do ; przecinając się, tworzą one trójkąt równoboczny (oznaczenia jak na rysunku). W trapezach równoramiennych (o kątach    )  zachodzą równości

 Z rysunku widać ponadto, że trójkąt  ma bok długości  czyli 

Wzór przytoczony na wstępie stosujemy (w wersji ) do trójkąta  oraz punktu   leżącego w odległościach  od      ; teraz  i mamy tezę zadania.