Matematyka.pl

Przez fajną stronę prostej CD oznaczmy tę, po której NIE leży punkt B. Przez E oznaczmy odbicie symetryczne B względem M.
Lemat 1: Punkt E leży po fajnej stronie prostej CD.
Dowód: Skoro PM=MQ oraz BM=ME, to PBQE jest równoległobokiem, czyli \(\displaystyle{ \vec{BP}=\vec{QE}}\), co dowodzi tezy lematu.
Ustalmy, że obracamy zgodnie ze wskazówkami zegara.
Rozpatrzmy złożenie 3 obrotów: o środku w B o kąt \(\displaystyle{ \sphericalangle B}\), o środku w D o kąt \(\displaystyle{ \sphericalangle D}\) i o środku w M o kąt \(\displaystyle{ 180^{o}}\). Zauważmy, że punkt P przechodzi w tych obrotach kolejno na punkty A, Q, P, zatem obrót będący złożeniem tych 3 obrotów jest obrotem o środku w P i o kąt \(\displaystyle{ \sphericalangle B + \sphericalangle D +180^{o}}\). Przez B' oznaczmy obraz punktu B w tym obrocie, będącym złożeniem tych trzech. Punkt P jest środkiem tego obrotu, zatem PB=PB'. Punkt B po obrocie o środku w B przejdzie na punkt B. Oznaczmy teraz przez F obraz punktu B w obrocie o środku w D i o kąt \(\displaystyle{ \sphericalangle D}\). Musi zachodzić BD=DF, a także FM=MB'. Skoro FM=MB' i MP=MQ, to PB'QF jest równoległobokiem, czyli QF=PB'=PB. Zauważmy, że punkt F leży po fajnej stronie prostej CD, gdyż punkt A w obrocie o środku w D i o kąt \(\displaystyle{ \sphericalangle D}\) przechodzi na Q, który leży na CD, a \(\displaystyle{ \sphericalangle CDB < \sphericalangle D}\). Rozpatrzmy miejsce geometryczne punktów potencjalnych punktów F, czyli takich, które spełniają warunki QF=PB, DF=BD oraz F leży po fajnej stronie CD. Z równości odcinków wynika, że muszą się zawierać w przecięciu 2 okręgów: 1 o środku w Q i promieniu PB, a drugiego o środku w D i promieniu BD. Te okręgi mogą mieć co najwyżej 2 punkty wspólne, gdyż się nie pokrywają i ponadto leżą one po różnych stronach prostej CD, gdyż oba środki tych okręgów leżą na tej prostej. Zatem istnieje co najwyżej 1 taki punkt, który spełnia obie te równości odcinków i leży po fajnej stronie prostej CD. Zauważmy, że punkt E z oczywistych względów spełnia obie te równości i z lematu 1 leży po fajnej stronie prostej CD, zatem E=F. No i juz jesteśmy w domu, bo teraz wiemy, że B=B', zatem obrót będący złożeniem tych trzech jest identycznością (ma 2 punkty stałe), czyli jest obrotem o wielokrotność 360 stopni, czyli \(\displaystyle{ \sphericalangle B + \sphericalangle D=180^{o}}\). c. K. u. z. s.

Punkt \(\displaystyle{ C}\) nie jest potrzebny, wywalamy go z rysunku.
Odbijamy wszystko symetrycznie względem \(\displaystyle{ M}\) i uzyskujemy romb \(\displaystyle{ BDB'D'}\). Trójkąty \(\displaystyle{ BDA}\) i \(\displaystyle{ B'DQ}\) są przystające (bbb), więc wystarczy policzyć kąty \(\displaystyle{ BAD}\) i \(\displaystyle{ BQD}\).

Odbijam P i Q względem odpowiednio B i D uzyskując P' i Q'. P'Q i Q'P przecinają się w W. Wtedy oczywiście P'AWP leżą na jednym okręgu o środku B. Dalej liczenie kątów.