Delta mi!

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.

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.