Školjka

{\textbf{Prvo rješenje.}} Označimo s $O$ središte opisane kružnice, te s $P$ polovište stranice $\overline{AC}$. \\ Neka je $\gamma=\angle ACB$, te neka je $\alpha=\angle BAC$. Tada je $\angle ACY=\angle ABY= \gamma/3$ (obodni kutevi nad tetivom $\overline{AY}$). Nadalje, vrijedi $\angle AOY= 2\gamma/3$ (središnji kut nad $\overline{AY}$). Kako je $AOY$ jednakokračan, vrijedi $\angle OYA=90^\circ-\gamma/3$. \\ Trokutovi $PXY$ i $RXY$ su sukladni jer su refleksija jedan drugog preko pravca $XY$, pa vrijedi $\angle XPY=\angle XRY$. \\ Trokut $APX$ je jednakokračan, pa je $\angle APX =\angle AXP= 90^\circ-\alpha/2$. \\ Četverokut $BRXY$ je tetivan ako i samo ako vrijedi $\angle XBY=\angle XRY$, jer su to obodni kutevi nad tetivom $\overline{XY}$. \\ To vrijedi ako i samo ako vrijedi $\angle XRY= \gamma/3$, što vrijedi ako i samo ako je $\angle XPY=\gamma/3$. Nadalje, to vrijedi ako i samo ako vrijedi $\angle APY= \angle APX - \gamma/3=90^\circ-\alpha/2-\gamma/3$. \\ Kako je $\angle YAC= 2\gamma/3+\alpha$, to vrijedi ako i samo ako je $\angle AYP =180^\circ-(\alpha+2\gamma/3)-(90^\circ-\alpha/2-\gamma/3)=90^\circ-\alpha/2-\gamma/3$. \\ To vrijedi ako i samo ako je $|AP|=|AY|$, a kako je $|AP|=|AX|$, to vrijedi ako i samo ako je $|AX|=|AY|$. \\ Središte kružnice opisane trokutu $BXY$, nazovimo ga $S$, je na $\Gamma$ ako i samo ako vrijedi $\angle ASY=\gamma/3$. Vrijedi $\angle XSY= 2\angle XBY=2\gamma/3$, pa je $\angle ASY= \gamma/3$ ako i samo ako je $\angle ASX=\angle ASY$, a kako je $SX=SY$, to vrijedi ako i samo ako je $AS$ simetrala od $\overline{XY}$, što vrijedi ako i samo ako je $|AX|=|AY|$. \\ {\textbf{Drugo rješenje.}} Pretpostavimo da je središte kružnice opisane trokutu $BXY$ na $\Gamma$. Tada je to središte polovište kraćeg luka $YB$. Označimo ga s $S$. Želimo dokazati $SR=SX$. Dovoljno je pokazati da je preslika $S$ preko $XY$ jednaka $A$ jer vrijedi $AX=AP$. \\ Vrijedi $\angle ASY= \gamma/3$, ali i $\angle SAX=\gamma/3$ (obodni kutevi nad tetivama iste duljine). Iz ovog slijedi da su $SY$ i $AX$ paralelni. \\ Nadalje, vrijedi $\angle YAX=2\gamma/3$, te vrijedi $\angle YSX=2\gamma/3$, pa su i $AY$ i $XS$ paralelni, pa je četverokut $AXSY$ paralelogram, a kako je $SX=SY$, vrijedi i $AX=AY$, četverokut je romb. Iz toga slijedi da je $A$ preslika $S$ preko $XY$, pa vrijedi $SR=AP=AX=SX$, kao što je i trebalo pokazati. \\ Pretpostavimo da je četverokut $BRXY$ tetivan. Tada kao u prvom rješenju zaključujemo $|AX|=|AY|$. Iz toga slijedi da je $\angle AYX=90^\circ-\gamma/3$, ali vrijedi i $\angle AYO=90^\circ-\gamma/3$, pa su $O,X,Y$ kolinearne. \\ Iz toga slijedi da je $\Gamma$ jednaka refleksiji preko $XY$ od $\Gamma$, pa je refleksija od $A$ preko $XY$ također na $\Gamma$. Neka je $S'$ refleksija od $A$ preko $XY$. Tada je $S'$ polovište kraćeg luka $YB$, pa vrijedi $|S'Y|=|S'B|$. Nadalje, iz $|AY|=|AX|$ slijedi $|S'Y|=|S'X|$, pa je $S'$ središte kružnice opisane trokutu $BXY$, kao što je i trebalo pokazati.