Delta mi!

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.

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,

Załóżmy, że Oznaczmy oraz Niech będzie takim punktem, że czworokąt jest równoległobokiem (Rys. 1). Z założenia więc Oznacza to, że i  Ponadto co oznacza, że Stąd i  co należało wykazać. Zauważamy jeszcze, że gdy rozumowanie jest analogiczne.

Rozważmy obrót oraz punkt

Zauważmy, że Tak więc i w szczególności Trójkąt jest równoboczny, więc Z założeń wynika, iż czyli Stosując twierdzenie kosinusów do trójkąta uzyskujemy

Rozważmy obrót Zauważmy, że  czyli Stąd w szczególności Na podstawie założeń ( oraz ) trójkąty i  są przystające. Tak więc czyli
Trójkat jest zatem równoboczny.

Rozważmy dowolny trójkąt spełniający warunki zadania. Niech będzie jego środkiem ciężkości. Zauważmy, że bok jest widziany z punktu pod kątem a więc leży na okręgu opisanym na trójkącie równobocznym zbudowanym zewnętrznie na boku Analogicznie i  leżą na okręgach opisanych na trójkątach równobocznych zbudowanych odpowiednio na bokach i 

Oznaczmy przez kolejne środki tych okręgów. Z twierdzenia Napoleona (patrz np. Delta 6/2004) wynika, że trójkąt jest równoboczny. Niech oznacza jego środek ciężkości. Proste (jako dwusieczne kątów wewnętrzych trójkąta ) przecinają w połowie krótsze łuki narysowanych okręgów. Środki tych łuków oznaczmy kolejno przez     Zauważmy, że

Mamy więc

oraz

Stąd natychmiast wynika, że trójkąt jest równoboczny i jego środkiem ciężkości jest punkt Pozostaje wykazać, iż leży na okręgu opisanym na trójkącie W tym celu, ponieważ

oraz należą odpowiednio do prostych wystarczy zauważyć, że nie jest punktem wewnętrznym trójkąta W przeciwnym razie, boki trójkąta są widziane z punktu pod kątem a więc Wtedy punkt leży na zewnątrz okręgów opisanych na „dobudowanych” na początku trójkątach równobocznych. Oznacza to, że każdy z kątów ma miarę mniejszą od co jest niemożliwe.

Rozważmy przekształcenie będące złożeniem dwóch obrotów o kąt wokół punktów i Na podstawie jest symetrią środkową względem punktu takiego że Z drugiej strony zauważmy, że

Tak więc środek symetrii pokrywa się ze środkiem odcinka W szczególności jest równoramiennym trójkątem prostokątnym. Rozważając analogicznie złożenie obrotów dowodzimy, że jest również równoramiennym trójkątem prostokątnym. Tak więc czworokąt jest kwadratem.

(a) Na podstawie zadania 4 stwierdzamy, że jest prostokątnym trójkątem równoramiennym, przy czym Zauważmy, że oraz Tak więc W szczególności odcinki i  są prostopadłe.

(b) Z  wiemy, że jest symetrią środkową  Ponieważ więc środek  tej symetrii pokrywa się ze środkiem odcinka Ponadto z  wynika również, że jest prostokątnym trójkątem równoramiennym. Z zadania 4 wynika, że oraz Tak więc Stąd jest symetrią środkową względem środka odcinka oraz tak jak poprzednio jest prostokątnym trójkątem równoramiennym. Ostatecznie czworokąt jest kwadratem.

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 

To jest wykonalne. Bierzemy pięciokąt foremny  i rysujemy pięć okręgów o środkach w jego wierzchołkach, o jednakowym promieniu  Niech  będzie środkiem pięciokąta. W trójkącie  umieszczamy okrąg styczny do odcinków    oraz do narysowanych już okręgów o środkach  Podobne okręgi umieszczamy w trójkątach        Wreszcie rysujemy dwa okręgi o środku : mały, styczny zewnętrznie do pięciu okręgów, narysowanych przed chwilą – oraz duży, styczny do pięciu okręgów, narysowanych na początku i zawierający je wewnątrz.

W ten sposób mamy 12 okręgów, każdy styczny do pięciu innych. Styczność z największym okręgiem jest stycznością wewnętrzną. Każda inna jest stycznością zewnętrzną.

Bierzemy teraz dowolny punkt, leżący wewnątrz tego największego okręgu, ale na zewnątrz każdego z pozostałych, i stosujemy inwersję względem tego punktu. Obrazami naszych 12 okręgów jest znów 12 okręgów, każdy styczny do pięciu innych – i każda styczność jest zewnętrzna. Koła, których brzegami są powstałe okręgi, spełniają wymagany warunek.

Figura ma dwie „dzikie” linie, które można nałożyć przez obrót względem ich wspólnego końca o pewien kąt. Obróćmy zatem „dziką” linię o połowę tego kąta. Otrzymana linia podzieli figurę na części jednakowe, bo dające się nałożyć przez obrót o tę samą połówkę kąta.

Zacznijmy od zbudowania szuflad. Podzielmy koło na sześć przystających wycinków.

Zauważmy, że odległość dowolnych dwóch punktów należących do tego samego wycinka jest równa co najwyżej 1. Mamy 6 wycinków (to są nasze szuflady) i 7 punktów (przedmioty), zatem w co najmniej jednym wycinku leżą dwa punkty – a więc odległość między nimi nie przekracza 1 i teza zadania jest spełniona.