Delta mi!

Z rozwiązania zadania 2 wiemy, że  Wysokości tych trójkątów poprowadzone z wierzchołka  są więc obie równe  czyli 1.

Punkty  leżą na jednym okręgu, bo  i punkty  leżą po tej samej stronie prostej  Kąt  jest prosty, więc  jest średnicą tego okręgu. Stąd  zatem  jest wysokością trójkąta  Analogicznie  jest wysokością tego trójkąta, więc  to jego ortocentrum. Wobec tego  jako trzecia wysokość, jest prostopadła do

Niech  będzie punktem styczności prostej  do danego okręgu. Wtedy  oraz zatem  oraz  Stąd

Na mocy rozwiązania zadania 6 wiemy więc, że

Stąd wniosek, że punkty  i   leżą na okręgu o średnicy  Leży na nim też punkt  bo

Obróćmy kwadrat o   wokół środka. Obrazem punktu  jest taki punkt  na boku  że  Obrazem prostej  jest prosta  jest ona prostopadła do  więc zawiera punkt  Opiszmy okrąg na prostokącie  jego średnicą jest  Punkt  leży na tym okręgu, ponieważ kąt  jest prosty. Średnicą okręgu jest także  więc również kąt  jest prosty.

Oznaczmy miary kątów trójkąta  przy wierzchołkach  i  przez  i  a miary kątów trójkąta  przy wierzchołkach  i  przez  i

Kąty  i   jako kąty zewnętrzne trójkątów  i   są związane zależnością

Niech  będzie dowolnym punktem na przedłużeniu boku  poza wierzchołek  Kąty  i   jako kąty zewnętrzne trójkątów  i   wyrażają się jako sumy:  Tak więc

Stąd  Zatem jeśli trójkąt  z kątem rozwartym przy wierzchołku  jest równoramienny, to  Z uzyskanych wcześniej równości dostajemy wówczas  czyli równoramienność trójkąta

Płaszczyzną symetralną odcinka  nazywamy płaszczyznę do niego prostopadłą, przechodzącą przez jego środek.

Rozważmy najpierw jedną ścianę  naszego wielościanu. Płaszczyzny symetralne krawędzi tej ściany przecinają się wszystkie wzdłuż prostej  prostopadłej do ściany  i przechodzącej przez środek okręgu opisanego na tej ścianie. Ta prosta jest zbiorem środków wszystkich sfer zawierających wszystkie wierzchołki ściany

Niech  będzie wspólną krawędzią sąsiednich ścian  i   Proste  nie są równoległe i obie leżą w płaszczyźnie symetralnej  Przecinają się więc w jednym punkcie, który jest środkiem sfery opisanej na ścianach  i 

Z drugiej strony, jeśli jakaś sfera jest opisana na ścianach  i   to jej środek musi leżeć zarówno na prostej  jak i na prostej  co dowodzi, że ta sfera jest wyznaczona jednoznacznie.

Skoro w wierzchołku  spotykają się trzy krawędzie, to w tym wierzchołku spotykają się też trzy ściany. Oznaczmy je jak na rysunku.

Weźmy punkt przecięcia prostej  z płaszczyzną symetralną odcinka (przyjmujemy definicje i oznaczenia z rozwiązania zadania M 1375). Zauważmy, że należy on też do prostej  Istotnie, należy do płaszczyzny symetralnej  bo prosta  jest w niej zawarta, i do płaszczyzny symetralnej  Przecięcie tych płaszczyzn to właśnie prosta  Podobnie, należy on do prostej  Jest więc równo odległy od wszystkich wierzchołków ścian

Załóżmy przeciwnie, że wielościan nie jest wpisany w sferę. Wtedy istnieją dwa wierzchołki wielościanu, dla których sfery z zadania ZM-1376 różnią się. Połączmy te wierzchołki ścieżką złożoną z krawędzi. Wtedy znajdziemy taką krawędź  na tej ścieżce, że sfera zawierająca wierzchołki ścian spotykających się w   różni się od sfery, w którą są wpisane ściany spotykające się w   Ale to znaczy, że dla sąsiednich ścian o wspólnej krawędzi  istnieją dwie różne sfery, w które te ściany są jednocześnie wpisane, co przeczy tezie zadania ZM-1375.

Skoro punkt  jest środkiem  jego odległość od prostej  to średnia arytmetyczna odległości punktów  i   od  Jest ona równa średniej arytmetycznej odległości tych punktów od  ponieważ  i   Zatem  jest równo odległy od  i   skąd  oraz

Niech  będzie takim punktem na półprostej  że  Z podobieństwa trójkątów równoramiennych  i   mamy  Zatem skoro na czworokącie  można opisać okrąg, to

Wobec tego  co daje tezę.

Jeśli taki punkt  istnieje, to  jest dwusieczną kąta zatem z twierdzenia o dwusiecznej  Punkty  i  leżą więc na okręgu Apoloniusza dla punktów  i stałej 1/2. Analogicznie punkty  i   leżą na okręgu Apoloniusza dla punktów  i stałej 1/3.

Niech punkt  na prostej  różny od  spełnia warunek  Wtedy

oraz

zatem punkt  należy do obydwu powyższych okręgów. Średnicą pierwszego z nich jest więc  a drugiego – Stąd jedynym ich wspólnym punktem jest  czyli  Ale wtedy  leży na prostej – sprzeczność.

Ponieważ  dla  więc wszystkie punkty  leżą na sferze Apoloniusza dla punktów  i stałej 2 (zdefiniowanej analogicznie do okręgu). Jej średnicę wyznaczają punkty  na prostej  spełniające warunek  dla  Wówczas

Wobec tego  także jest średnicą rozważanej sfery. Stąd kąt  jest prosty, jako wpisany oparty na średnicy. Proste  i   przecinają się (w środku sfery), więc punkty  leżą na jednej płaszczyźnie.

Niech  oznaczają odpowiednio rzuty punktów  na płaszczyznę  Dla punktu  różnego od  i  równość  zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy trójkąty prostokątne  i  są podobne. Równoważnie,  Jeśli  to punkty  o żądanej własności tworzą okrąg Apoloniusza dla punktów  i stałej  Jakie jest rozwiązanie, gdy  Czy możliwe, by

Rys. 1

Punkty  i  leżą na okręgu Apoloniusza dla punktów  i stałej  Z symetrii względem prostej  punkt  też na nim leży (Rys. 1).

Rys. 2

Łuki  i   są równe, więc  jest dwusieczną kąta  Jednocześnie  jest też dwusieczną kąta (własność z początku artykułu, Rys. 2, stąd

Odpowiedź: minimalna wartość wyrażenia  wynosi

Rysując trójkąty prostokątne  i   na jednej płaszczyźnie, dostajemy czworokąt  wpisany w okrąg.

Oczywiście,  Równość zachodzi wtedy i tylko wtedy, gdy  jest punktem przecięcia przekątnych tego czworokąta. Szukana minimalna wartość wyrażenia  to długość odcinka  którą możemy obliczyć z twierdzenia Ptolemeusza:

więc

Najpierw przetłumaczmy tezę na język inwersji. Należy po prostu wykazać, że sfera przechodząca przez punkty  i sfera opisana na czworościanie  są prostopadłe. Zauważmy, że

dla pewnej liczby  Rozważmy inwersję o środku  i promieniu  Zauważmy, że sfera  przechodzi na siebie, a punkty  odpowiednio na  (i na odwrót). Obrazem drugiej z rozważanych sfer będzie więc płaszczyzna przechodząca przez punkty  Jednakże środek sfery  leży właśnie na płaszczyźnie  skąd wniosek, że płaszczyzna ta jest do niej prostopadła. A skoro inwersja zachowuje kąty między powierzchniami, to sfera przechodząca przez punkty  i sfera opisana na czworościanie  też są prostopadłe.

Zauważmy najpierw, że rozważane rzuty leżą na sferze o średnicy  Weźmy rzut stereograficzny tej sfery z punktu  na płaszczyznę (Rys. 1). Niech  będzie rzutem prostokątnym punktu  na ścianę  Płaszczyzna  jest prostopadła do krawędzi  skąd wynika, że obraz  punktu  w tym przekształceniu będzie rzutem prostokątnym punktu  na krawędź  Analogicznie udowodnimy, że obrazami pozostałych rzutów są rzuty punktu  na pozostałe boki czworokąta  Jednakże w czworokącie o prostopadłych przekątnych rzuty prostokątne punktu przecięcia przekątnych leżą na jednym okręgu (łatwy dowód tego faktu pozostawiamy Czytelnikowi – Rys. 2). Przeciwobrazy tych rzutów leżą więc na okręgu położonym na sferze o średnicy

Oznaczmy środki okręgów opisanych na trójkątach  i   odpowiednio przez  Niech  będą kolejno środkami odcinków  Proste  to symetralne odcinków  proste  to symetralne odcinków – przecinają się prostopadle w punkcie  Okrąg o średnicy  przechodzi więc przez punkt  Ma on środek w punkcie

Punkt  jest środkiem odcinka  Zatem prosta  jest równoległa do prostych  i   Prosta  jest do nich prostopadła. Wobec tego promień  okręgu  jest prostopadły do  To znaczy, że ów okrąg jest styczny do prostej

Odpowiedź:  jest środkiem łuku
Zauważmy, że kąt  ma stałą miarę (niezależną od wyboru punktu  ), a odcinek  – stałą długość. Wszystkie rozważane trójkąty  można więc wpisać w ten sam okrąg, przy czym kąt  jest oparty na ustalonej cięciwie. Pole takiego trójkąta wynosi  gdzie  to rzut prostokątny punktu  na  Jest ono największe, gdy  jest największe, czyli wtedy i tylko wtedy, gdy  Ale to jest równoważne temu, że  czyli temu, że  jest dwusieczną kąta

Odbijmy czworokąt  symetrycznie względem prostych  oraz  i przyjmijmy oznaczenia jak na rysunku. Wówczas

więc punkty  i  leżą, w tej właśnie kolejności, na jednej prostej. Ponadto  stąd

Jednocześnie  oraz  zatem  Teza wynika z faktu, że łamana  łącząca punkty  i  nie może być krótsza niż odcinek  pomiędzy nimi:

Przypuśćmy, że otrzymaliśmy łamaną zamkniętą  i że  jest jej najdłuższym odcinkiem. Wtedy z   jest bliżej do  niż do  oraz z   jest bliżej do  niż do  Zatem odcinek  nie mógł zostać narysowany!

Zakładamy, że punkty A i C są białe, a punkty B i D – czarne.

Połączmy punkty odcinkami tak, aby każdy odcinek miał końce różnych kolorów oraz by suma długości wszystkich odcinków była minimalna z możliwych. Przypuśćmy, że odcinki  i  mają wspólny punkt Wówczas

na mocy nierówności trójkąta. Stąd zmiana odcinków  i  na  i  zmniejszyłaby sumę długości wszystkich odcinków, sprzecznie z założeniem.