Delta mi!

Przypuśćmy, że potrafimy tak wybrać  wierzchołków  -kąta foremnego, by żadne trzy nie były wierzchołkami trójkąta równoramiennego. Oznaczmy wówczas wierzchołki  -kąta przez  w taki sposób, by wierzchołek  był wybrany. Podzielmy teraz pozostałe wierzchołki na  par postaci  dla  Zauważmy, że każda z tych par tworzy podstawę trójkąta równoramiennego o wierzchołku  zatem z każdej pary dokładnie jeden wierzchołek musiał być wybrany. W szczególności wybrany jest jeden z wierzchołków sąsiadujących z   (tzn.  ) oraz jeden z wierzchołków odległych o dwa miejsca od  (czyli  ). Nie mogą być to jednak sąsiednie wierzchołki, bo wówczas wraz z   tworzyłyby trójkąt równoramienny złożony z trzech sąsiednich wierzchołków. Zatem, gdy z jednej strony sąsiadujący z nim wierzchołek został wybrany, z drugiej wybrany został wierzchołek odległy od niego o dwa miejsca. Przypuśćmy zatem bez straty ogólności, że wybrane zostały wierzchołki  i   Stosując powyższe rozumowanie z wierzchołkiem  zamiast  oraz z wierzchołkiem  zamiast  stwierdzamy, że wybrane musiały być  oraz  Dostajemy zatem trójkąt równoramienny  co jest sprzeczne z założeniem. Otrzymana sprzeczność kończy rozwiązanie zadania.

Przedstawione rozwiązanie jest prawie analityczne, oparte na idei, która zapewne powstała po przyjrzeniu się dokładnemu rysunkowi, który był w brudnopisie (zamieszczamy go na dole sąsiedniej szpalty). Niech          Ponieważ trójkąt  jest ostrokątny, więc  Możemy założyć, że promień okręgu opisanego na trójkącie  jest równy  więc    Ponieważ  więc  zatem  Niech  oznacza punkt wspólny boku  i dwusiecznej kąta  Jej równanie to  (bo leżą na niej punkty  i   – środek łuku ). Wobec tego  Równanie prostej  to  więc  Niech  Mamy  oraz  Jeśli  to  więc  Stąd

Stąd wynika, że prosta  jest równoległa do prostej  więc trójkąty  i  są podobne, zatem  co kończy dowód twierdzenia. Jeśli  to  więc  zatem  i   więc  jest środkiem odcinka  Twierdzenie zachodzi również w tym przypadku.

Zauważmy, że trójkąty  są przystające na mocy cechy bkb (oczywiście  a ponadto   ).

Zatem  Natomiast z twierdzenia o stycznej do okręgu i kącie wpisanym, zastosowanego do okręgu opisanego na trójkącie  mamy  Wobec tego kąty  i  są równe, co kończy dowód.

Załóżmy najpierw, że istnieje punkt  o podanej własności. Poprowadźmy przez niego dwie proste. Jedna przecina boki  i   odpowiednio w punktach  i   a druga – w punktach  i  Mamy

gdzie  oznacza pole figury  Zatem

a stąd  Prowadząc przez  trzecią prostą, przecinającą  i   odpowiednio w punktach  i   otrzymamy  Dzieląc stronami ostatnie dwie równości, otrzymamy

co wobec twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa implikuje, że  tzn.

Odwrotnie, niech  Niech  i   będą odpowiednio środkami boków  i   Niech  będzie środkiem odcinka

Z wypukłości czworokąta  wynika, że punkt  leży w jego wnętrzu. Oczywiście  i   dla dowolnej prostej przechodzącej przez  i przecinającej odcinki  odpowiednio w punktach  Zatem  ma własność, o której mowa w treści zadania.

Poprowadźmy przez punkt  proste równoległe do boków trójkąta. Dzielą one trójkąt  na trzy trójkąty równoboczne i trzy równoległoboki. Połowa każdej z tych sześciu figur jest szara. Wobec tego suma pól szarych trójkątów równa jest połowie pola trójkąta

Niezależnie od położenia punktu  suma  równa jest  ponieważ

Z rozwiązania poprzedniego zadania wiemy, że  Stąd nierówność trójkąta  równoważna jest warunkowi  Analogicznie powinny być spełnione warunki  oraz  Oznacza to, że punkt  powinien leżeć wewnątrz trójkąta utworzonego przez środki boków trójkąta

Z nierówności trójkąta mamy  Ponadto  oraz  stąd  Analogicznie  oraz

Obracamy trójkąt w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara.

W sytuacji z rysunku obok mamy  podobnie  Stąd, korzystając z równości  i z sumy miar kątów trójkąta  otrzymujemy

Obróćmy trójkąt o   wokół wierzchołka Niech  będzie obrazem punktu Trójkąt  jest równoboczny. Trójkąt  ma boki długości  więc jest prostokątny.

Analogicznie zdefiniujmy punkty  i   jako obrazy  przy obrotach wokół odpowiednio wierzchołków  i   Wtedy trójkąty  i   są równoboczne o bokach odpowiednio długości 3 i 4, a trójkąty  i   oba są prostokątne o bokach długości 3, 4, 5.

Pole kolorowego sześciokąta  jest równe  plus „dodatki”:

Jednocześnie pole to jest równe sumie pól trzech szarych trójkątów równobocznych i trzech białych prostokątnych:

Szukane pole trójkąta  jest więc dwukrotnie mniejsze:

Nietrudno zauważyć, że trójkąt jest prostokątny, jest więc wpisany w okrąg o średnicy 6. Dorysowując symetrycznie w tym okręgu drugi, taki sam trójkąt oparty na średnicy, otrzymujemy czworokąt, którego najmniejszy kąt wynosi  Kąt ten oparty jest na pewnym łuku okręgu, kąt środkowy oparty na tym samym łuku to wobec tego  a cięciwa oparta na tym łuku jest jednocześnie podstawą odpowiedniego trójkąta równobocznego i podwojoną szukaną wysokością.

Wszystkie cztery! Wystarczy rozważyć na płaszczyźnie trójkąt rozwartokątny i wziąć w jego wnętrzu taki punkt, by odcinki łączące go z wierzchołkami tworzyły między sobą kąty  Podnosząc w przestrzeni ten punkt nieznacznie do góry, skonstruujemy odpowiedni czworościan.

Skoro prosta ma dzielić trójkąt na dwa trójkąty, musi przechodzić przez wierzchołek. A przez jeden wierzchołek przechodzi dokładnie jedna prosta spełniająca warunki zadania.

Z punktu  prowadzimy półprostą  prostopadłą do  położoną w rozpatrywanej półpłaszczyźnie. Niech  będzie jednym z rozważanych czworokątów. Trójkąt  jest prostokątny, równoramienny. Stąd (i z wypukłości czworokąta  ) wynika, że punkt  leży po tej stronie  co punkt  Półprosta  przecina więc  w pewnym punkcie  tworząc czworokąt wypukły  Ma on kąty proste przy wierzchołkach  i   można na nim opisać okrąg. Zatem  (ostatnia równość zachodzi, bo  jest symetralną odcinka  ). Stąd wniosek, że  jest wierzchołkiem kwadratu, którego jednym bokiem jest odcinek  Jest to szukany punkt wspólny wszystkich możliwych prostych

Przez  i  oznaczmy środki okręgów wpisanych odpowiednio w trójkąt  i czworokąt

Niech  i  będą rzutami prostokątnymi punktów  i  odpowiednio na  i  Niech wreszcie  i  będą okręgami wpisanymi w trójkąty  i  Chcemy wykazać, że 

Zauważmy, że pola trójkątów  i  są równe, bo podstawy  i  oraz odpowiednie wysokości  i  są równej długości. Skoro  leży na  a  na  to możemy obliczyć pola tych trójkątów innym sposobem, otrzymując

Ale  zaś  gdyż trójkąty prostokątne    są przystające (kąty  i  są równe, boki  i  też). Zatem

Niech  i   będą (odpowiednio) okręgami opisanymi na trójkątach  i   Dwusieczna  kąta  a raczej jej przedłużenie, przecina okrąg  w środku łuku  Oznaczmy ten punkt przez  Zachodzi równość  (znana, a przy tym łatwa do wykazania). Punkt  jest więc środkiem okręgu  Zatem

W punkcie  przecinają się cięciwy  i   okręgu  a także cięciwy  i   okręgu  Tak więc

Równość między skrajnymi iloczynami z kolei dowodzi, że istnieje okrąg  przechodzący przez punkty  Jego cięciwy  i   mają jednakową długość, więc wyznaczają przystające łuki  Oparte na nich kąty  i   (wpisane w okrąg  ) są równe – a to jest teza zadania.

Niech  i  będą punktami przecięcia prostej  odpowiednio z prostymi  i

W trójkącie  dwusieczna  jest prostopadła do boku  Wobec tego  jest środkiem odcinka  Podobnie,  jest środkiem odcinka  Zatem prosta  jest równoległa do prostej  czyli do prostej  na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa.

Z twierdzenia Brianchona dla zdegenerowanego sześciokąta  proste  i  przecinają się w jednym punkcie. Z kolei z twierdzenia Brianchona dla zdegenerowanego sześciokąta  wynika, że przez punkt przecięcia prostych  przechodzi także prosta  co kończy dowód.

Oznaczmy przez  odpowiednio punkty styczności podstaw  z okręgiem. Wtedy  oraz  przechodzi przez punkt  Z twierdzenia Brianchona dla czworokąta,  przechodzi też przez punkt  Trójkąty  i  są podobne, więc  oraz

Z twierdzenia Brianchona dla zdegenerowanego sześciokąta  proste  przecinają się w jednym punkcie Z twierdzenia Talesa ponieważ  oraz  więc

---

Stąd i z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Talesa mamy