Na začiatok si musíme ujasniť, čo je cieľom úlohy. Máme daný nejaký trojuholník $ABC$ a v ňom niekoľko bodov. Avšak nie je to hocijaký trojuholník. Zadanie nám hovorí, že bod $X$ má ležať na osi úsečky $PQ$. Isto ste si všimli, že to neplatí v každom trojuholníku. Taktiež je ľahké si rozmyslieť, že ak trojuholník $ABC$ bude rovnoramenný so základňou $BC$, tak bod $X$ na osi $PQ$ naozaj bude ležať. O tomto však úloha nie je. My máme dokázať, že ak si narysujeme nejaký trojuholník $ABC$, v ktorom bude bod $X$ ležať na osi úsečky $PQ$, tak ten trojuholník musí byť rovnoramenný. Je dobré, aby sme si nakreslili trojuholník, ktorý nie je rovnoramenný, aby nás náčrt zbytočne nezvádzal používať tvrdenia, ktoré sme nedokázali.

Čo vieme z toho, že bod $X$ leží na osi úsečky $PQ$? Vieme, že je rovnako vzdialený od jej krajných bodov, teda $|PX| = |QX|$. Tak poďme hľadať nejaké vzťahy medzi dĺžkami strán a pokúsime sa dopracovať k tomu, že $|AB| = |AC|$.

Začneme s niekoľkými počiatočnými pozorovaniami. Trojuholníky $BZI$ a $BXI$ sú zhodné podľa vety sus (rozmyslite si to). Z rovnakého dôvodu platia aj zhodnosti $\triangle CXI \cong \triangle CYI$ a $\triangle AYI \cong \triangle AZI$. Môžeme teda povedať, že $|BX| = |BZ|$, $|CX| = |CY|$ a $|AY| = |AZ|$. Trojuholník $AZY$ je rovnoramenný. Priamka $AI$ je v ňom osou uhla pri vrchole $A$, a preto je zároveň aj osou úsečky $YZ$. Podobne, priamky $BI$ a $CI$ sú osami úsečiek $ZX$ a $XY$. Tieto pozorovania je dobré mať na pamäti, keď sa v úlohe objaví vpísaná kružnica a jej body dotyku so stranami.

Keď už vieme toto, môžeme si všimnúť zhodné trojuholníky $BXP$ a $BZP$, teraz podľa vety sus. Z tejto podobnosti dostaneme už zaujímavejšiu rovnosť $|PZ| = |PX|$. Analogicky zo zhodných trojuholníkov $CXQ$ a $CYQ$ dostaneme, že $|QY| = |QX|$. Teraz môžeme využiť náš poznatok o tom, že $|PX| = |QX|$. Spojením týchto rovností dostaneme $|PZ| = |PX| = |QX| = |QY|$.

Označme si $S$ stred úsečky $PQ$. Ak sa pozrieme na náš obrázok [fig:7-1], všimneme si, že patí $|ZP| = |ZS| + |SP|$, $|QY| = |QS| + |SY|$ a ako sme vyššie ukázali, tak $|ZP| = |QY|$. Po rozpísaní teda dostaneme $|ZS| + |SP| =$ $= |QS| + |SY|$. Ak využijeme, že $|QS| = |SP|$, tak máme rovnosť $|ZS| = |SY|$. Tá nám hovorí, že bod $S$ je zároveň aj stredom úsečky $ZY$.

[c]0.5 [fig:7-1]

[c]0.45 [fig:7-2]

To nám nahráva do kariet, lebo ako sme vyššie ukázali, priamka $AI$ je osou úsečky $ZY$. Priamka $SX$ je tiež kolmá na úsečku $ZY$ a prechádza jej stredom, teda je tiež jej osou. To znamená, že os úsečky $PQ$ a priamka $AI$ splývajú. Inými slovami, body $A$, $S$, $I$, $X$ ležia na jednej priamke. Avšak uhol $IXB$ je pravý, lebo dotyčnica $BC$ je kolmá na polomer $IX$ vpísanej kružnice. Dostali sme teda, že os uhla $BAC$ je kolmá na stranu $BC$. Z toho už ľahko vyplýva, že trojuholník $ABC$ je rovnoramenný.

Sme teda spokojní, lebo sme dokázali, čo sme mali. Zabudli sme však na jednu vec. Pri dokazovaní, že $S$ je stred úsečky $YZ$ sme využívali, že body $Z$, $Q$, $S$, $P$, $Y$ ležia na priamke v uvedenom poradí. Tieto body však vo všeobecnom[^1] trojuholníku $ABC$ môžu ležať aj niekoľkých iných poradiach (aj napr. $Q$, $S$, $Z$, $Y$, $P$, kedy neplatí $|ZP| = |ZS| + |SP|$). Tieto poradia budeme vždy udávať v smere od $Y$ ku $Z$. Ako sa riešenie úlohy zmení a ktoré pozície vlastne môžu nastať?

Stačí nám ukázať, že platia rovnosti $|ZP| = |ZS| + |SP|$, resp. $|QY| = |QS| + |SY|$. Tie využívajú poradie bodov $Z$, $S$, $P$, resp. $Q$, $S$, $Y$. Očividne body $P$, $S$, $Q$ ležia na priamke $YZ$ v tomto poradí. Čo by sa stalo, ak by bod $S$ ležal pred bodom $Z$? Potom by $|PZ| < |SP|$ a $|QY| > |QS| = |SP|$, teda úsečky $ZP$ a $QY$ nemôžu byť rovnako dlhé, čo je spor, lebo sme ukázali rovnosť ich dĺžok. Preto body $Z$, $S$, $Q$ vždy ležia na priamke $ZY$ v tomto poradí. Analogicky to platí aj pre body $Q$, $S$, $Y$. Môže sa nám ešte stať, že nejaké body splynú v jeden, vtedy budeme mať nulovú vzdialenosť, ale to nám rovnosti nepokazí. Rovnosti $|ZP| = |ZS| + |SP|$ a $|QY| = |QS| + |SY|$ teda platia vždy a z nich vieme už ukázať, že bod $S$ je stredom úsečky $YZ$.

Ak si prejdeme naše zvyšné úvahy, tak žiadne ďalšie už nevyužívajú nejakú špeciálnu polohu bodov. Ukázali sme teda, že pri ľubovoľnom možnom rozmiestnení bodov, musí byť trojuholník $ABC$ rovnoramenný.

Stručne si naznačíme ešte jedno riešenie. Namiesto dĺžok strán budeme pracovať s uhlami. Budeme používať štandardné označenie veľkostí uhlov v trojuholníku. Trojuholník $AZY$ je rovnoramenný preto $|\sphericalangle AYZ| = 90\st - \alpha/2$ a $|\sphericalangle ZYC| = 90\st + \alpha/2$. V trojuholníku $CYQ$ potom vieme dopočítať $|\sphericalangle PQC| = 180\st - (90\st + \alpha/2) - \gamma/2 = \beta/2$. Uhly $PQC$ a $PBZ$ majú rovnakú veľkosť, preto body $B$, $I$, $Z$, $O$ ležia na kružnici. Avšak podobne, ako v prvom riešení, aj tu si musíme dať pozor na polohu bodov. Od nej závisí dôvod, prečo je štvoruholník $BIZQ$ tetivový.

• Ak je bod $Q$ vnútri trojuholníka $ABC$, tak je to rovnosť $|\sphericalangle IBZ| + |\sphericalangle IQZ| = 180\st$.

• Ak je bod $Q$ mimo trojuholníka $ABC$, tak je to rovnosť obvodových uholov $IBZ$ a $IQZ$.

• Ak bod $Q$ leží na strane $AB$, t. j. v bode $Y$, tak ide o tri body, ktoré na kružnici ležia vždy.

Prvé dva prípady môžete nájsť na obrázku [fig:7-2]. Štvor(troj)uholník $BIZQ$ je teda vždy tetivový a preto $|\sphericalangle BQC| =$ $= |\sphericalangle BZI| = 90\st$. Analogicky na druhej strane dopočítame $|\sphericalangle BPC| = 90\st$. Z toho vyplýva, že body $B$, $C$, $P$, $Q$ ležia na tálesovej kružnici nad priemerom $BC$. Teraz si len stačí uvedomiť, že os úsečky $PQ$ prechádza stredom tálesovej kružnice – stredom strany $BC$. Keďže os $PQ$ pretína stranu $BC$ v bode $X$, tak $X$ musí byť stred strany $BC$. Ak sa má kružnica vpísaná trojuholníku $ABC$ dotýkať strany $BC$ v strede, tak $ABC$ musí byť rovnoramenný trojuholník.

Častou chybou pri riešení bolo nerozobratie možných polôh bodov. Tie totiž ovplyvňujú niektoré vzťahy, ktoré pri riešení používame. V prvom riešení to na ne nemalo vplyv. V druhom riešení už vždy neplatila zhodnosť uhlov $IBZ$ a $IQZ$. Ak by sme využívali iné uhly, tak by sme mohli nesprávne tvrdiť, že $|\angle PYC| = |\angle AYZ|=$ $= 90\st -\alpha/2$, lebo sú to vrcholové uhly. Pri inej polohe bodov (ak by bol P vnútri trojuholníka $ABC$) totiž môže ísť aj o susedné a dostaneme inú veľkosť uhla $PYC$.

Na záver by sme vám dali do pozornosti ešte jedno riešenie tejto úlohy, v ktorom nie je dobre rozobraná poloha bodov. Dokonca toto riešenie nevyužíva ani predpoklad, že bod $X$ leží na osi úsečky $PQ$ a úlohu rieši všeobecne! Nájdete ho ako príklad 5 v článku https://old.kms.sk/~mazo/matematika/pocitanieUhlov.pdf.

1. vtedy o ňom ešte nevieme, že je rovnoramenný↩