Delta mi!

Punkt należy do okręgu opisanego na trójkącie bowiem Stąd na mocy twierdzenia o prostej Simsona rzut punktu na prostą należy do prostej a więc jest nim punkt

jest trójkątem, bowiem gdyby to także co jest niemożliwe.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Punkty i leżą na symetralnej odcinka więc rzutem punktu na prostą jest środek Podobnie dla i więc rzuty na proste zawierające boki trójkąta leżą na jednej prostej (równoległej do dwukrotnie bliżej punktu ) i teza wynika z twierdzenia o prostej Simsona.

Niech będzie punktem przecięcia prostych i Wówczas gdyż pozostałe dwa kąty trójkąta mają i Ponieważ również punkty leżą na jednym okręgu. Teza wynika z twierdzenia o prostej Simsona dla trójkąta

Niech będzie punktem przecięcia dwóch z danych prostych. Pozostałe dwie proste nie są równoległe, stąd dwa trójkąty o wierzchołku nie są jednokładne, więc opisane na nich okręgi nie są styczne w i mają drugi punkt wspólny

Na mocy dwukrotnie zastosowanego twierdzenia o prostej Simsona rzuty punktu na wszystkie dane proste są współliniowe. Znów na mocy tego twierdzenia, punkt należy wówczas także do pozostałych dwóch z danych okręgów.

Rozważmy jednokładność o środku w punkcie przeprowadzającą mniejszy okrąg na większy. Obrazem prostej jest prosta równoległa do i styczna do większego okręgu w pewnym punkcie (obrazie punktu ). Punkty są współliniowe. Ponieważ punkty i są symetryczne względem średnicy większego okręgu przechodzącej przez i zachodzi równość więc

Korzystając kolejno z równoległości prostych i oraz z twierdzenia (*) uzyskujemy Stąd

co kończy dowód.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Skoro czworokąt jest wpisany w okrąg, to

więc

Jednocześnie, na mocy twierdzenia dla okręgu mamy oraz Wobec tego

co kończy dowód.

Na mocy danej równości kątów oraz twierdzenia odwrotnego do prosta jest styczna do okręgu opisanego na trójkącie Wobec tego środek tego okręgu leży na prostej (bo ). Analogicznie prosta także jest styczna do tego okręgu, gdyż zatem środek rozważanego okręgu leży też na prostej Stąd jest nim punkt

Kąt jest więc kątem środkowym opartym na tym samym łuku, co kąt wpisany zatem

Oznaczmy środek krótszego łuku okręgu przez Wówczas przy czym druga równość wynika z twierdzenia Wobec tego leży na dwusiecznej kąta Analogicznie dla kąta więc Dowód dla punktów i przebiega podobnie.

Rys. 1

Rys. 2

Wykreślamy równoległobok, którego dwa boki leżą na ramionach kąta o wierzchołku a jego przekątne przecinają się w punkcie Przekątna tego równoległoboku, która przecina ramiona kąta (w punktach i Rys. 1) wyznacza trójkąt o najmniejszym polu.

Jeśli jest inną prostą przechodzącą przez punkt (na przykład taką, że Rys. 2), to, korzystając z przystawania trójkątów i mamy:

Pierwsza część jest łatwa. Weźmy kwadrat jednostkowy i w nim trójkąt którego wierzchołki leżą na różnych bokach kwadratu tak, że Wówczas trójkąt łatwo zastąpić trójkątem o większej wysokości, czyli większym polu (Rys. 1):

Rys. 2

Druga część jest konsekwencją zadania 2. Jeśli trójkąt ma najmniejsze pole wśród trójkątów zawierających kwadrat (jednostkowy), to środki boków tego trójkąta muszą należeć do boków kwadratu. Oznacza to, że jeden bok kwadratu musi należeć do boku trójkąta, a przeciwległy bok kwadratu łączy środki boków trójkąta (Rys. 2). Nietypowe w tym zadaniu jest to, że istnieje wiele różnych realizacji warunków ekstremalnych.

W kąt o wierzchołku wpisujemy dwa okręgi przechodzące przez punkt (Rys. 1). Do większego z nich, powiedzmy w punkcie wyznaczamy styczną, która przecina ramiona kąta w punktach i (Rys. 2). Tak utworzony trójkąt spełnia warunki zadania i ma najmniejszy obwód równy gdzie i to punkty styczności okręgu z ramionami kąta (jest tak, bo i ).

Jeśli jest inną prostą zawierającą punkt to okrąg dopisany do trójkąta jest styczny do ramion kąta w punktach i oraz do odcinka w punkcie (Rys. 3). Ponieważ punkt leży na zewnątrz okręgu dopisanego więc okrąg ma większy promień niż okrąg i obwód trójkąta jest równy

Odp. Nie!
Załóżmy przeciwnie, że udało się pociąć naszą figurę. Wówczas jedno z cięć musiało przebiegać po poziomej osi symetrii figury, ponieważ każda połowa figury zawiera parzystą liczbę pól. Pokolorujmy pola figury jak standardową szachownicę (każde pole białe sąsiaduje z polami czarnymi, a pole czarne - z białymi). Ponieważ każdy fragment zawiera jedno pole białe i jedno czarne, to różnica między liczbą pól białych i czarnych w każdej połowie figury powinna być równa zero, a w naszym przypadku wynosi 4.

Odp. Nie!
Przypuśćmy, że istnieje taki zbiór Wówczas istnieją w tym zbiorze okręgi które mają punkt wspólny oraz okrąg który nie przechodzi przez Oznaczmy punkty wspólne, różne od okręgów i i i odpowiednio przez oraz Wówczas przechodzi przez wszystkie te punkty.

Rozważmy piąty okrąg ze zbioru Musi on przechodzić przez lub (ponieważ są to jedyne punkty wspólne okręgów i ). Podobnie okrąg musi przechodzić przez co najmniej jeden z każdej pary punktów spośród i Stąd przechodzi przez co najmniej trzy z tych punktów. To jest jednak niemożliwe, bo każda taka trójka wyznacza jednoznacznie jeden z okręgów

Pokażemy, że jeśli jest widoczny z i to jest widoczny z każdego punktu odcinka To wystarczy, bowiem dowolny punkt z trójkąta leży na pewnym odcinku dla pewnego z odcinka

Ustalmy punkt na odcinku i weźmy dowolny punkt z Chcemy wykazać, że odcinek leży w Niech będzie dowolnym punktem na odcinku Ponieważ widać z to każdy punkt odcinka leży w w szczególności - punkt przecięcia odcinka z prostą Ponieważ widać też z to każdy punkt odcinka należy do w szczególności punkt

Z twierdzenia o dwusiecznej wiemy, że a skąd

gdzie

Zatem punkt to obraz punktu przy jednokładności o środku i skali Poszukiwany zbiór punktów jest więc obrazem okręgu (bez dwóch punktów) przy tej jednokładności.

Z warunków zadania wynika, że punkt leży wewnątrz trójkąta (jest to bowiem środek okręgu opisanego na tym trójkącie, leżący w obrębie kąta ostrego ). Oznaczmy kąty tego trójkąta: ; ponadto niech ; z założenia

Na bokach i czworokąta (wklęsłego) budujemy, po zewnętrznej jego stronie, trójkąty i przystające odpowiednio do trójkątów i :

(rysunek przedstawia sytuację, gdy punkt leży między i zaś między i ; ale przy innym uporządkowaniu punktów, na jednej lub drugiej z tych prostych, rozumowanie nie wymaga żadnych zmian). Skoro

zatem

Z uzyskanych równości wynika, że trójkąt jest przystający do trójkąta wobec czego i otrzymujemy tezę zadania:

Tak. Koło przykrywające pasek można składać wraz z nim, wtedy złożony pasek mieści się w złożonym kole, które można przykryć kołem niezłożonym.

Tak, dowolny trójkąt rozwartokątny zmieści się w kole, którego średnicą jest jego najdłuższy bok - cięciwa koła opisanego.