Delta mi!

Niech i będą punktami przecięcia prostej odpowiednio z prostymi i Wobec równości kątów, trójkąty i są równoramienne i podobne, a stąd Symetralna boku jest jednocześnie dwusieczną kąta przy wierzchołku w trójkącie a więc także w trójkącie Podobnie symetralna odcinka jest dwusieczną kąta zatem jest punktem przecięcia dwusiecznych trójkąta równoramiennego Dwusieczna jest więc prostopadła do podstawy

Obróćmy kwadrat o wokół środka tak, by punkt przeszedł na punkt natomiast kwadrat o wokół swojego środka tak, by punkt przeszedł na punkt Przy obydwu tych obrotach odcinek przechodzi na ten sam odcinek o końcu w punkcie prostopadły do i równy Nazwijmy drugi jego koniec wówczas punkty są współliniowe.

Przy pierwszym obrocie odcinek przechodzi na stąd Przy drugim obrocie odcinek przechodzi na zatem Wobec tego proste są wysokościami trójkąta

"Potnijmy" sześciokąt wzdłuż odcinków łączących jego wierzchołki ze środkiem okręgu opisanego i z otrzymanych sześciu trójkątów "ułóżmy" nowy sześciokąt jak na rysunku.

Okręgi opisane na obu sześciokątach mają jednakowe promienie.

Niech oznacza środek okręgu opisanego na sześciokącie Z przystawania czworokątów i wiemy, że kąty wewnętrzne sześciokąta są przystające, mają więc po Z twierdzenia cosinusów dla trójkąta otrzymujemy Trójkąt jest trójkątem równoramiennym o kącie w wierzchołku Stąd możemy obliczyć szukany promień, równy

Jeśli kąt jest prosty, to jest dwusieczną kąta przyległego do kąta czworokąta. Z kolei aby dowieść, że kąt jest prosty, wystarczy wykazać, że jest dwusieczną kąta przyległego do kąta czworokąta.

---

Oznaczmy przez odległość punktu od prostej Zachodzą równości oraz co kończy dowód.

Z prostopadłości cięciwy do średnicy wynika, że krótsze łuki i są równe, a więc półprosta jest dwusieczną kąta wpisanego Kąt jest wpisany w okrąg i oparty na średnicy, zatem czyli półprosta jest z kolei dwusieczną kąta zewnętrznego przy wierzchołku trójkąta Z twierdzenia o dwusiecznej

Oznaczmy przez ortocentrum trójkąta przez środek okręgu wpisanego w trójkąt a przez punkt przecięcia prostych i Ponieważ więc półprosta jest dwusieczną kąta i do zakończenia dowodu wystarczy wykazać, że półprosta jest dwusieczną kąta

Kąt jest prosty, więc punkty i punkt styczności okręgu wpisanego w trójkąt z bokiem tworzą kwadrat. Stąd

Korzystając kolejno z twierdzenia Talesa dla równości odcinków, twierdzenia Talesa dla i twierdzenia o dwusiecznej, uzyskujemy

Stąd na mocy twierdzenia o dwusiecznej jest dwusieczną kąta

Niech oznaczają odpowiednio promienie okręgów wpisanych w trójkąty i a - obwody tych trójkątów. Ponadto niech oznacza obwód trójkąta

Z równości odcinków stycznych do okręgu poprowadzonych z jednego punktu (zastosowanej trzykrotnie do okręgu wpisanego w trójkąt oraz punktów ) otrzymujemy

Po dodaniu

do obu stron równości dostajemy

Z podobieństwa każdego z małych trójkątów do trójkąta wynika, że dla zachodzi równość

W takim razie

Niech Duży okrąg o środku którego dotyczy zadanie, oznaczmy symbolem Okręgi opisane na trójkątach i oznaczmy przez i Niech będzie cięciwą okręgu równoległą do (zatem ), i niech będzie okręgiem o środku stycznym do prostej w punkcie Skoro teza zadania sprowadza się do wykazania, że punkt leży na prostej

Rozważmy inwersję względem okręgu Każda z półprostych (bez punktu ) jest odwzorowywana na samą siebie. Prosta przechodzi na okrąg o średnicy (punkt nie zmienia położenia). Obrazami punktów są punkty w których półproste przecinają okrąg Okręgi i (bez punktu który jest środkiem inwersji) zostają przekształcone na proste oraz Obrazem okręgu jest okrąg styczny do prostych i

Prosta jest styczna do okręgu więc
Także oraz Zatem cięciwy okręgu są jednakowej długości. Okrąg styczny do tych trzech cięciw, jest wobec tego współśrodkowy z okręgiem Prosta jest więc osią symetrii okręgu

Stąd wynika, że ta sama prosta jest też osią symetrii okręgu - przechodzi zatem przez jego środek, czyli punkt - a to właśnie mieliśmy wykazać.

Przyjmijmy

Oczywiście to długości fragmentów boków od wierzchołków do punktów styczności z okręgiem wpisanym. Oznaczając przez środek i promień okręgu wpisanego, mamy zgodnie z twierdzeniem Pitagorasa

Lewa strona zadanej nierówności jest sumą trzech składników. Przekształcamy wyrażenie pod pierwiastkiem w pierwszym składniku:

(1)

Pole trójkąta wyraża się wzorami (wzór Herona) oraz ; stąd Kontynuujemy przekształcenie (1):

Analogicznie wyrażają się pozostałe dwa składniki. Dowodzona nierówność przybiera postać

po uproszczeniu:

(2)

- co jest banalną prawdą, skoro

Biorąc trójkąt, w którym najmniejszy kąt jest bliski zeru, uzyskujemy w nierówności (2) stosunek lewej do prawej strony dowolnie bliski jedności (trójkąt niewiele różni się od odcinka, a obie strony (2) są bliskie długości owego odcinka). Stąd wniosek, że stała (w oryginalnej nierówności) jest optymalna.

Niech będzie takim punktem na odcinku że proste i są równoległe. Wówczas z twierdzenia Talesa otrzymujemy

a stąd

Ponownie korzystając z twierdzenia Talesa, mamy

Przyjmijmy, że punkt przecięcia prostych i leży na półprostych i oraz że prosta przecina okręgi i odpowiednio w punktach i (różnych od ). Wspólna cięciwa tych okręgów - nazwijmy ją - przechodzi przez środek odcinka Z równości oraz wnosimy, że a stąd

Także oraz Prawe strony tych równości są równe, więc lewe też. Oznaczając odległości punktów od punktu kolejno literami przepisujemy uzyskaną zależność w postaci Po wymnożeniu i uwzględnieniu równości otrzymujemy związek Tak więc

Skoro wynika stąd, że To zaś oznacza, że proste i są równoległe.

Czworokąt jest równoległobokiem (być może zdegenerowanym)

Niech Na mocy jest to przesunięcie, ponadto

i analogicznie Oznacza to, że (jest to wektor przesunięcia ), co kończy dowód.

Niech Na mocy jest to obrót o Skoro

to jest punktem stałym (środkiem) tego obrotu, czyli

Rozważmy dowolny punkt i wyznaczmy Wówczas otrzymujemy kolejno:
jako środek odcinka o końcach i , oraz

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku i niech Na mocy jest to przesunięcie. Ponieważ to wektor przesunięcia jest zerowy, czyli Zatem na mocy trójkąt jest równoboczny.

Niech Na mocy jest to przesunięcie. Z treści zadania wynika, że stąd wektor przesunięcia jest zerowy, czyli Wobec tego na mocy trójkąt ma kąty równe

Niech Na mocy jest to przesunięcie; więc Na mocy trójkąt jest prostokątny i Tak samo dowodzimy, że trójkąt jest drugą połową kwadratu

Spośród wszystkich wierzchołków wybierzmy te dwa, które są najdalej od siebie, i oznaczmy je przez i Przez te wierzchołki przeprowadźmy proste i prostopadłe do odcinka Wówczas jest zawarty w pasie ograniczonym prostymi i Po obu stronach prostej znajdźmy te wierzchołki które są najdalej od tej prostej, i nazwijmy je i (być może któryś z nich jest wierzchołkiem lub ). Przez i poprowadźmy proste i równoległe do Wielokąt jest zawarty w pasie ograniczonym tymi prostymi, jest zatem zawarty w prostokącie będącym przecięciem pasów i Z konstrukcji wynika, że pole prostokąta jest dwa razy większe od pola czworokąta który jest zawarty w Zatem

Nie - ale niewiele brakuje. Oznaczmy: Z podanych warunków wynika, że czworokąt jest równoległobokiem o przekątnych prostopadłych, czyli rombem. Trójkąty i są podobne. Stąd czyli Z tego równania wyznaczamy Z trójkąta prostokątnego dostajemy Pole trapezu wynosi gdzie

Na mocy (**) istnieje symetria z poślizgiem, przeprowadzająca odcinek na Na mocy jej osią jest prosta Prosta i jej obraz (prosta równoległa do ) tworzą z osią symetrii równe kąty, co kończy dowód.

Trójkąty i są przystające i tak samo zorientowane, istnieje więc izometria zachowująca orientację, która przeprowadza jeden z nich na drugi. Odcinki i przecinają się, jako przekątne czworokąta wypukłego Stąd rozważana izometria jest obrotem; oznaczmy jego środek przez

Wówczas czyli punkt leży na symetralnej odcinka Analogicznie leży też na symetralnych i co kończy dowód.

Na mocy (**) istnieje obrót przeprowadzający trójkę na ; oznaczmy jego środek przez Podobnie jak w rozwiązaniu zadania 3, punkt należy do symetralnych odcinków i (a więc nie zależy od wyboru punktów i ) oraz do symetralnej Stąd rzutami punktu na odcinki są ich środki.

Ponownie na mocy (**) stnieje symetria z poślizgiem, która przeprowadza trójkę na Na mocy (*), środki odcinków i są wówczas współliniowe. Wykazaliśmy, że są to rzuty punktu więc korzystając z twierdzenia o prostej Simsona uzyskujemy wniosek, iż stały punkt leży na każdym z okręgów opisanych na zmiennych trójkątach

Każdy z punktów leży na okręgu o średnicy zatem punkt leży na okręgu opisanym na trójkącie i teza wynika z twierdzenia o prostej Simsona.