Przekątna \(AD_1\) jest przekątną prostokąta o bokach 3 i 6, więc

Przekątna przestrzenna \(BD_1\) ma długość

Ponieważ \(|AB|=6\), mamy

Na mocy twierdzenia odwrotnego do twierdzenia Pitagorasa trójkąt \(BAD_1\) jest prostokątny, a kąt \(BAD_1\) ma miarę \(90^\circ\).

Niech kąty ostre trójkąta prostokątnego mają miary \(\alpha\) i \(\beta\). Wtedy

Suma kwadratów sinusów wszystkich trzech kątów jest równa

Ponieważ trójkąty \(ABC\) i \(CDE\) są równoboczne, mamy

więc \(AB\parallel CD\). Czworokąt \(ACDB\) jest trapezem. Odcinek \(KM\), łączący środki jego ramion, jest równoległy do podstaw, czyli \(KM\parallel AB\parallel CD\). Stąd

Analogicznie \(BC\parallel DE\), a w trapezie \(BCED\) odcinek \(ML\) łączy środki ramion, więc \(ML\parallel BC\parallel DE\). Zatem

Dwa kąty trójkąta \(KLM\) mają po \(60^\circ\), więc trzeci również ma \(60^\circ\). Trójkąt \(KLM\) jest równoboczny.

Trójkąty \(AEB\) i \(BFC\) są równoboczne, a \(ABCD\) jest kwadratem. Wszystkie odcinki \(AB,BC,CD,DA,AE,BE,BF,CF\) mają tę samą długość.

W trójkątach \(DAE\), \(EBF\) i \(FCD\) kąt zawarty między równymi bokami ma miarę

Trójkąty te są więc przystające z cechy bok–kąt–bok. Stąd

Zatem trójkąt \(DEF\) jest równoboczny.

Rozwiązanie nie zostało dołączone w materiale źródłowym.

Rozwiązanie nie zostało dołączone w materiale źródłowym.

Rozwiązanie nie zostało dołączone w materiale źródłowym.

Rozwiązanie nie zostało dołączone w materiale źródłowym.

Kąt \(APD\) jest oparty na średnicy \(AD\), więc \(\angle APD=90^\circ\). Analogicznie, ponieważ \(AB\) jest średnicą drugiego okręgu, \(\angle APB=90^\circ\).

Zatem punkty \(D,P,B\) są współliniowe.

Mamy \(AC=BC\) oraz \(CD=CE\), bo oba trójkąty są równoramienne prostokątne. Ponadto

Zatem trójkąty \(ACD\) i \(BCE\) są przystające z cechy bok–kąt–bok. Odpowiadające sobie boki są równe.

Poprowadźmy przez punkt \(E\) prostą \(k\) równoległą do podstaw \(AB\) i \(CD\). Niech rozdziela ona kąt \(AED\) na dwa kąty.

Z własności kątów naprzemianległych otrzymujemy

Zatem

Przyjmuję \(A=(0,0)\), \(B=(a,0)\), \(C=(a,b)\), \(D=(0,b)\), \(M=(x,y)\).

Zaznaczam wysokość \(AF\) trójkąta poprowadzoną z wierzchołka \(A\).

Otrzymuję:

Zatem pole trójkąta \(ADE\) jest trzy razy mniejsze od pola trójkąta \(ABC\).

Otrzymujemy \(AB^2+AC^2=BC^2\), więc z twierdzenia odwrotnego do Pitagorasa trójkąt jest prostokątny.

Rysujemy odcinek \(MD\) równoległy do odcinka \(AB\).

Uzasadniamy, że trójkąty \(BDM\) i \(MCN\) są przystające na podstawie cechy bok-kąt-bok:

\(|BD|=|CN|\), bo \(|BD|=|AM|\); \(|MD|=|CM|\), bo trójkąt \(MDC\) jest równoboczny; \(\angle BDM=120^\circ=\angle NCM\).

Ponieważ \(|EB|=|BA|\), trójkąt \(ABE\) jest równoramienny. Oznaczmy \(\angle AEB=\angle BAE=\alpha\). Ponieważ \(|EC|=|CD|\), trójkąt \(ECD\) jest równoramienny; oznaczmy \(\angle CED=\angle EDC=\beta\).

Z równoległości \(AB\parallel CD\) otrzymujemy

czyli \(\alpha+\beta=90^\circ\). Ponieważ punkty \(B,E,C\) są współliniowe,

Rysujemy odcinki \(KG,CG,GE,BE,KE\) i \(KA\).

Odcinki \(KC,GB\) i \(AE\) są bokami kwadratów zbudowanych na bokach trójkąta równobocznego, więc

Odcinki \(CG,BE\) i \(AK\) są przekątnymi tych kwadratów, więc

Ponadto

Analogicznie \(\angle GBE=\angle EAK=165^\circ\).

Z cechy bok-kąt-bok trójkąty \(KCG\), \(GBE\) i \(AEK\) są przystające, więc

Niech \(\angle BAC=2\alpha\), \(\angle ABC=2\beta\), \(\angle ACB=\gamma\), \(\angle APB=\delta\).

W trójkącie \(ABC\):

Ponieważ \(\gamma>0^\circ\), to

W trójkącie \(ABP\):

Stąd, ponieważ \(\alpha+\beta<90^\circ\), otrzymujemy \(\delta>90^\circ\).

Rysujemy odcinek \(MD\) równoległy do odcinka \(AB\).

Trójkąty \(BDM\) i \(MCN\) są przystające na podstawie cechy bok-kąt-bok:

\(|BD|=|CN|\), ponieważ \(|BD|=|AM|\); \(|MD|=|CM|\), ponieważ trójkąt \(MDC\) jest równoboczny; \(\angle BDM=120^\circ=\angle NCM\).

Rysujemy wysokość \(DD_1\) trójkąta \(ACD\). Jest ona również wysokością trójkąta \(DCE\) o podstawie \(CE\).

Ponieważ \(|CE|=\frac12|AC|\), to

Przekątna \(AC\) dzieli równoległobok na dwa trójkąty o równych polach, zatem

Trójkąt \(CDB\) jest prostokątny w punkcie \(D\), a \(E\) jest środkiem jego przeciwprostokątnej \(CB\). Z własności środka przeciwprostokątnej:

Z warunku zadania \(CD=DE\). Zatem

czyli wszystkie boki trójkąta \(CDE\) mają jednakową długość.

Niech \(R\) oznacza promień większego okręgu, a \(r\) promień mniejszego.

Pole pierścienia jest równe

Połowa cięciwy ma długość 5. Promień poprowadzony do punktu styczności jest prostopadły do cięciwy, więc z twierdzenia Pitagorasa

Stąd

Z podobieństwa trójkątów \(AOB\) i \(COD\) wynika

Trójkąty \(AOD\) i \(COD\) mają wspólną wysokość opuszczoną z \(D\) na prostą \(AC\), a ich podstawy są w stosunku \(AO:OC=5:1\). Skoro \(P_{AOD}=10\), to

Trójkąty \(AOB\) i \(AOD\) mają wspólną wysokość opuszczoną z \(A\) na prostą \(BD\), a ich podstawy są w stosunku \(BO:OD=5:1\), zatem

Analogicznie dla trójkątów \(BOC\) i \(COD\):

Stąd

Oznaczmy \(\alpha=|\angle BAD|\) oraz \(\beta=|\angle ACD|\).

Trójkąty \(ABD\), \(ACD\) i \(ABC\) są równoramienne, więc

W trójkącie \(ACD\)

Ponieważ kąty \(ADB\) i \(ADC\) są przyległe, a \(|\angle ADB|=\alpha\), otrzymujemy \(\alpha=2\beta\).

Z sumy kątów trójkąta \(ABC\):

Po podstawieniu \(\alpha=2\beta\) mamy \(7\beta=180^\circ\). Zatem

Oznaczmy \(\angle BAC=\alpha\), \(\angle ABC=\beta\), \(\angle AFD=\gamma\).

W trójkącie \(BEF\) mamy \(\angle FBE=180^\circ-\beta\), więc

Kąt \(CED\) jest z nim wierzchołkowy, zatem także ma miarę \(\beta-\gamma\). Ponieważ \(CD=CE\), trójkąt \(CDE\) jest równoramienny, więc

Stąd

Z sumy kątów trójkąta \(ABC\):

Czyli \(\angle BAC=\angle ABC-2\angle AFD\).

Kąty \(ADB\) i \(ACB\) są proste, ponieważ są kątami wpisanymi opartymi na średnicy \(AB\).

Z twierdzenia Pitagorasa:

Porównując prawe strony tych równości, otrzymujemy

Niech długość przekątnej kwadratu będzie równa \(d\). Wtedy

Czworokąt \(KLMN\) składa się z czterech przystających trójkątów prostokątnych, np. \(KEN\). Zatem

Dla kwadratu \(d^2=2a^2\), więc

Oznaczmy \(AB=a\), \(AD=b\). Ponieważ \(P\) i \(R\) są środkami boków, możemy przyjąć współrzędne

Pole trójkąta \(APR\):

Ponadto

Ponieważ \(AB\parallel CD\), kąty przy ramieniu \(BC\) są dopełniające:

Ich dwusieczne są zatem prostopadłe, więc \(\angle CFE=90^\circ\). Ponieważ trapez jest prostokątny, także \(\angle CDE=90^\circ\). Stąd

Suma wszystkich kątów czworokąta wynosi \(360^\circ\), więc również druga para kątów przeciwległych ma sumę \(180^\circ\). Obie sumy są sobie równe.

Oznaczmy \(\angle ACB=\alpha\). W trójkącie prostokątnym \(ABC\) mamy \(\angle ABC=90^\circ-\alpha\).

W trójkącie prostokątnym \(CDE\): \(\angle DEC=90^\circ\), więc \(\angle CDE=90^\circ-\alpha\).

W trójkącie prostokątnym \(FBG\): \(\angle FGB=90^\circ\) oraz \(\angle FBG=\angle ABC=90^\circ-\alpha\), więc \(\angle BFG=\alpha\).

Zatem trójkąty \(CDE\) i \(FBG\) mają odpowiednio równe kąty, więc są podobne na mocy cechy kąt–kąt.

Trójkąty \(ABS\) i \(DCS\) są podobne: kąty przy \(S\) są wierzchołkowe, a odpowiednie kąty przy równoległych podstawach \(AB\parallel CD\) są równe.

Z \(AS=\frac56AC\) mamy \(CS=\frac16AC\), więc skala podobieństwa wynosi

Stosunek pól figur podobnych jest kwadratem skali:

Zatem \(P_{ABS}=25P_{DCS}\), co należało wykazać.

Oznaczmy \(\angle DBA=\angle CBD=\alpha\). Z warunku \(|AD|=|BD|\) wynika, że trójkąt \(ADB\) jest równoramienny, więc także \(\angle DAB=\alpha\).

W trójkącie prostokątnym \(ABC\) kąty ostre mają łącznie \(90^\circ\). Zatem

W trójkącie prostokątnym \(BCD\)

Promień \(RB\) jest prostopadły do stycznej \(AB\), więc

W trójkącie \(BCR\) mamy \(RB=RC\). Zatem \(\angle BCR=90^\circ-\beta\), a więc

Także \(AP\perp AB\) i \(RB\perp AB\), zatem \(AP\parallel RB\). Ponieważ punkty \(P,C,R\) są współliniowe, kąty \(\alpha\) i \(\angle BRC\) są dopełniające do \(180^\circ\). Stąd

W trójkącie \(ABC\), ponieważ \(\angle B=60^\circ\), mamy \(|BC|=\frac12|AB|\). W trójkącie \(BCD\) również \(\angle B=60^\circ\), więc \(|DB|=\frac12|BC|\).

To kończy dowód.

Trójkąty \(PCE\) i \(PBF\) są podobne, ponieważ \(CE\parallel BF\). Ponieważ \(|CE|=2|BF|\), mamy \(|PC|=2|PB|\).

Ale \(|PC|=|PB|+|BC|\), więc \(|PB|=|BC|=|AD|\). Ponadto \(|BF|=|DE|\). Trójkąty prostokątne \(AED\) i \(FPB\) mają równe odpowiednie przyprostokątne, zatem są przystające.

Przyjmujemy oznaczenia jak na rysunku. Mamy \(|AS|=2\sqrt2\) oraz \(|AE|=2\), więc

Średnica mniejszego okręgu jest krótsza od odcinka \(SE\), zatem

Trójkąty \(FBE\) i \(DCE\) są podobne: \(AB\parallel DC\), a kąty przy \(E\) są wierzchołkowe. Ponieważ \(E\) jest środkiem \(BC\), mamy \(|BE|=|EC|\), więc skala podobieństwa wynosi 1.

Punkty \(A,B,F\) są współliniowe, zatem \(B\) jest środkiem odcinka \(AF\).

Ponieważ \(BS=BC=r\), trójkąt \(BCS\) jest równoramienny, zatem \(\angle BSC=\angle BCS=\alpha\).

Stąd \(\angle CBS=180^\circ-2\alpha\), więc \(\angle ABS=2\alpha\). Ponieważ \(AS=BS\), mamy także \(\angle BAS=2\alpha\), a zatem

Kąty \(ASD\), \(ASB\) i \(BSC\) tworzą kąt półpełny:

Ponieważ \(a>0\) i \(b>0\), możemy pomnożyć nierówność przez dodatnią liczbę \(ab(a+b)\). Otrzymujemy nierówność równoważną

Ostatnia nierówność jest prawdziwa dla wszystkich liczb rzeczywistych, więc teza została wykazana.

Mamy \(AS=SC=r\), więc trójkąt \(ASC\) jest równoramienny. Z twierdzenia cosinusów dla kąta \(ACS=\alpha\):

zatem \(\alpha=30^\circ\). Promień \(SC\) jest prostopadły do stycznej \(BC\), więc \(\angle SCB=90^\circ\).

Trójkąty \(CEF\) i \(CDB\) są podobne: oba są prostokątne i mają wspólny kąt przy \(C\). Zatem

W trójkącie równobocznym \(CD=\frac{\sqrt3}{2}CB\), a \(CE=\frac34CD\). Stąd

To kończy dowód.

Niech \(A\) i \(B\) będą punktami styczności okręgów z prostą \(k\), a \(O=l\cap k\). Trójkąty \(ASO\) i \(BPO\) są podobne.

Niech \(SO=x\). Ponieważ okręgi są styczne zewnętrznie,

Z podobieństwa:

Stąd \(x=4\). Zatem

Kąt \(\alpha\) jest ostry, więc \(\alpha=30^\circ\).

Punkt \(D\) leży na symetralnej odcinka \(BC\), zatem

Równe cięciwy tego samego okręgu wyznaczają łuki równej długości. Kąty \(CAD\) i \(DAB\) są kątami wpisanymi opartymi odpowiednio na równych łukach \(CD\) i \(DB\). Zatem

Oznacza to, że odcinek \(AD\) jest zawarty w dwusiecznej kąta \(CAB\).

Pole danego trójkąta prostokątnego wynosi

Punkt \(O\) leży na przeciwprostokątnej. Promienie poprowadzone do punktów styczności z przyprostokątnymi są do nich prostopadłe, więc odległość punktu \(O\) od każdej przyprostokątnej jest równa \(r\). Pole trójkąta jest więc również sumą pól dwóch trójkątów o podstawach \(a\) i \(b\) oraz wysokości \(r\):

Porównując oba wzory na pole, otrzymujemy