Delta mi!

Środkiem okręgu opisanego na trójkącie jest punkt z twierdzenia leży on na dwusiecznej kąta Z symetrii problemu okrąg ten wyznacza więc na ramionach kąta równe cięciwy.

Niech leży w kącie Dwusieczne kątów przyległych są prostopadłe, więc oraz Wobec tego na czworokącie można opisać okrąg, którego środkiem jest środek odcinka Okrąg ten jest opisany na trójkącie czyli to punkt z twierdzenia leży więc na okręgu opisanym na trójkącie

Ponieważ kąty i są równe (jako kąty wpisane oparte na ćwiartce okręgu), to na czworokącie można opisać okrąg. Zatem

W takim razie odcinki i są równoległe. Rozważając czworokąt wykażemy analogicznie, że a stąd łatwo wywnioskować tezę.

Wierzchołki oraz środek pięciokąta foremnego dają przykład szóstki punktów o podanej własności. Pokażemy, że siedmiu punktów nie da się rozmieścić w wymagany sposób.

Przypuśćmy, że jest to możliwe i niech będą dwoma punktami z tej siódemki, których odległość jest maksymalna. Pozostałe punkty leżą w "soczewce", ograniczonej łukami okręgów o środkach i promieniu Skoro każdy z tych pięciu punktów ma wraz z tworzyć trójkąt równoramienny, mogą one leżeć jedynie na owych łukach oraz odcinku łączącym ich wspólne końce. Na samym odcinku leżą co najwyżej dwa punkty (trójka współliniowa nie tworzy trójkąta). Pozostałe trzy punkty leżą na łukach (bez końców ).

Nie mogą wszystkie trzy leżeć na jednym z tych łuków, np. bowiem wraz z punktem dałoby to czwórkę punktów, spośród których pewne trzy nie tworzyłyby trójkąta równoramiennego. Zatem na jednym łuku, np. leży jeden punkt zaś na łuku dwa punkty Przyjmijmy, że leży między i

Każdy punkt łuku jest oddalony od o odcinek dłuższy niż więc muszą być punktami łuku Każdy z odcinków ma wtedy długość mniejszą niż ; warunek równoramienności trójkąta wymusza równość Zastępując w tym rozumowaniu przez dostajemy równość Wobec tego To już jest oczekiwana sprzeczność, bo jedynym punktem łuku położonym w równych odległościach od i czyli na symetralnej odcinka jest punkt

Stąd odpowiedź: największa liczba punktów, o jakich mowa w zadaniu, wynosi sześć.

Niech będą wszystkimi prostymi, które zawierają co najmniej dwa spośród danych punktów. Dla dowodu nie wprost załóżmy, że Zauważmy, że wówczas możliwe jest przyporządkowanie każdemu punktowi jednej z liczb rzeczywistych w taki sposób, aby suma na każdej prostej była równa ale aby nie wszystkie liczby były równe Wynika to natychmiast z faktu, iż jednorodny układ równań liniowych

o równaniach i niewiadomych ma nietrywialne rozwiązanie.

W szczególności prawdziwa jest zależność

Po wymnożeniu i uporządkowaniu składników widzimy, że lewa strona powyższej równości składa się z wyrazów postaci oraz dla Skoro nie wszystkie punkty leżą na jednej prostej, to każdy punkt pojawia się na co najmniej dwóch prostych, a zatem każdy składnik postaci występuje co najmniej dwukrotnie w powyższej sumie. Co więcej, ponieważ przez dwa różne punkty przechodzi dokładnie jedna prosta, liczby i gdzie znajdą się razem w dokładnie jednej sumie. A zatem przy składniku znajduje się współczynnik W tej sytuacji

Stąd jednak wynika, że co stanowi sprzeczność z wyborem liczb Kończy to dowód.

Za pomocą obliczeń na długościach odcinków stycznych można łatwo wykazać, że punkt jest punktem styczności z bokiem okręgu dopisanego do trójkąta Jeżeli więc przez oznaczymy punkt środkowosymetryczny do względem to jednokładność o środku w punkcie która przekształca okrąg wpisany na okrąg dopisany, przeprowadza punkt na punkt A zatem punkty i są współliniowe. Prosta jest zatem prostą łączącą środki boków w trójkącie a stąd wynika żądana równoległość.

Oznaczmy kąty przy wierzchołku jak następuje:

Zauważmy, że oraz na mocy tw. o kątach wpisanych, więc kąty w trójkącie wynoszą Analogicznie jest dla trójkątów i Zatem są to trójkąty podobne do trójkąta w szczególności

Mnożąc te równania stronami, dostajemy

co daje tezę.

Przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku ( to środki odcinków).

Niech oznacza długość boku pięciokąta oraz - długość przekątnej. Z podobieństwa trójkątów i mamy skąd Z podobieństwa trójkątów i otrzymujemy

(*)

skąd

W takim razie Wreszcie z podobieństwa trójkątów i i mamy

skąd

więc

Załóżmy, że trzy elipsy, o których mowa, mają punkt wspólny leżący w odległościach odpowiednio od wierzchołków zadanego trójkąta, o bokach długości Elipsa o ogniskach przechodzi przez punkty więc Analogicznie Ten układ równań z niewiadomymi ma jedyne rozwiązanie Odległości punktu od oraz wynoszą więc, odpowiednio, oraz - czyli przeciwnie niż odległości punktu od oraz To wyznacza dwa możliwe położenia punktu - może to być punkt symetryczny do względem symetralnej odcinka lub punkt symetryczny do względem środka odcinka

W pierwszym przypadku punkty są wierzchołkami trapezu równoramiennego ; w drugim - tworzą równoległobok Dodatkowa informacja, że czyli daje w obu przypadkach wniosek, że ów czworokąt jest prostokątem. A zatem trójkąt jest prostokątny.

Na odwrót, gdy trójkąt jest prostokątny, wówczas wystarczy go uzupełnić do prostokąta czwartym wierzchołkiem; widać, że ów wierzchołek będzie wspólnym punktem trzech omawianych elips.

Trójkąt równoboczny ma żądane własności. Dowolny inny trójkąt jest jego obrazem przy pewnym przekształceniu afinicznym, które zachowuje środki boków, a więc także środkowe, ich współpękowość oraz stosunek podziału.

Przeprowadźmy daną elipsę afinicznie na okrąg o promieniu obrazem punktu jest środek okręgu Czworokąt jest opisany na okręgu, zachodzi więc równość

Mnożąc obie strony przez uzyskujemy tezę dla okręgu. Przekształcenia afiniczne zachowują równość pól, zatem teza zachodzi także dla wyjściowej elipsy.

Opiszmy na elipsie prostokąt o bokach długości i równoległych do jej półosi. Powinowactwo prostokątne o skali i o osi zawierającej dużą półoś elipsy przekształca nasz prostokąt na kwadrat, a elipsę na koło weń wpisane. Stąd stosunek pola elipsy do pola prostokąta równy jest stosunkowi pola koła do pola kwadratu na nim opisanego, czyli Wobec tego

W myśl uwagi poprzedzającej zadania, wystarczy rozważyć kwadrat. Odcinek powstaje z odcinka przez obrót o wokół środka kwadratu, zatem więc także Stąd punkt przecięcia prostych i leży na okręgu opisanym na kwadracie. Ponadto skoro to punkt musi należeć do tego łuku okręgu, który zawiera Wobec tego Na mocy wynika stąd, iż czyli Zatem proste przecinają się w jednym punkcie

Zauważmy, że kąt zewnętrzny ma miarę - dwa razy większą od kąta Zatem punkt leży na okręgu o środku i promieniu skąd

Ponieważ trójkąty i są przystające, to

W takim razie punkty leżą na jednym okręgu. Stąd trapez jest równoramienny, w szczególności

Punkty leżą więc na okręgu o środku i promieniu Innymi słowy, punkt jest środkiem okręgu opisanego na trójkącie i jednocześnie jest środkiem boku tego trójkąta. Ten trójkąt musi zatem mieć kąt prosty przy wierzchołku

Ściany są przystającymi trójkątami równoramiennymi, z jednakowym kątem przy wierzchołku Niech Oznaczając mamy

(1)

Pole trójkąta wynosi ; podobnie wyrażają się pola trójkątów Suma kwadratów ich pól jest równa ; tu i dalej symbol oznacza sumę cykliczną względem trójki (lub ).

Kwadrat pola trójkąta wyrażamy zgodnie ze wzorem Herona jako

Uzyskana wartość ma być równa ; mnożąc przez 4 dostajemy równanie

(2)

Po wprowadzeniu w miejsce wyrażeń (1) i pogrupowaniu wszystkiego według potęg (to mechaniczny rachunek) okazuje się, że wyrazy niezawierające znoszą się, a całe równanie (2) redukuje się do postaci

Kąt jest niezerowy, więc ; stąd czyli Zatem każdy z trójkątów jest prostokątny i równoramienny, o przeciwprostokątnej długości 1; przyprostokątne mają długość Ostrosłup jest szóstą częścią sześcianu o krawędzi Jego objętość wynosi

Ściany i ostrosłupa z rysunku są prostopadłe do podstawy.

Nie, ostrosłup z rysunku ma wszystkie kolorowe krawędzie równej długości, więc spełnia warunki zadania, a nie jest prawidłowy.

Na rysunku przedstawiony jest widok z góry takiego czworościanu. Wysokość opuszczona z kolorowego wierzchołka jest bardzo niewielka.

Jak widać, istnieje czworościan, którego każda ściana jest prostokątna.

W czworościanie z rysunku wysokość (na ścianę ) nie ma wspólnych punktów z wysokością (na ścianę ), tym bardziej nie można więc oczekiwać wspólnego punktu dla wszystkich czterech wysokości.

Taki jedenastościan można uzyskać, obcinając wszystkie wierzchołki graniastosłupa trójkątnego tak, by otrzymać zamiast nich 6 trójkątnych, parami rozłącznych ścian (pozostałych 5 ścian powstaje ze ścian wyjściowego graniastosłupa).

Wielościan Schönhardta. Zewnętrzne kąty dwuścienne przy kolorowych krawędziach są mniejsze od (M. Aigner, G.M. Ziegler, Dowody z księgi, Wyd. Nauk. PWN, 2002).

Dowolny czworościan, który miałby zawierać dolną podstawę wielościanu z rysunku, musiałby także zawierać któryś z jego górnych wierzchołków. Jednak taki czworościan nie byłby w całości zawarty w tym wielościanie.

W czworościanie z rysunku spodek wysokości z wierzchołka to punkt Wysokość z wierzchołka zawarta jest w prostej prostopadłej do płaszczyzny więc spodek tej wysokości to środek przedniej ściany sześcianu. Analogicznie spodkiem wysokości z wierzchołka jest środek kwadratu Przekątna sześcianu jest prostopadła do ściany czworościanu, zatem wysokość z wierzchołka jest równoległa do a co za tym idzie jej spodek również trafia poza odpowiednią podstawę.