kna gotyckie. rys. rys. rys. 3 K L ocząwszy od drugiej połowy XII wieku w całej rancji, a później także w całej reszcie uropy zaczęły powstawć liczne kościoły gotyckie. echą charakterystyczną architektury gotyckiej było bogate zdobnictwo kamienne. Wielkie rzeźbione portale i bogato zdobione okna to tylko niektóre z charakterystycznych elementów tego stylu. Jedno z okien paryskiej katedy Notreamewyglądatakjaknarysunku.odobneoknawystępują w wielu innych kościołach gotyckich; rysunek takiego oknamożemyznaleźćtakżenabanknocie0euro.wtymartykule przyjrzymy się geometrii tego okna. ierwsze, co się rzuca woczy,tołukostry.akiełukisąjednymznajbardziejtypowych elementów architektury gotyku. Jak są one konstruowane? Klasyczny ostrołuk powstaje z dwóch łuków okręgu. ierzemy poziomy odcinek o długości a(będzie to podstawa ostrołuku),anastępniezpunktówizataczamyłukiopromieniu, przecinające się w punkcie. Widzimy tę konstrukcję na rysunku. rójkąt jest oczywiście trójkątem równobocznym. W ten ostrołuk musimy wpisać dwa mniejsze ostrołuki iokrągstycznydoczterechłuków:dwóchdużychłukówi oraz dwóch łuków o dwa razy mniejszych promieniach. Zacznijmy od wpisania dwóch mniejszych ostrołuków. Niech będzieśrodkiemodcinka.zpunktówizataczamy łuki o promieniu, przecinające się w punkcie ; podobnie zpunktówizataczamyłukiopromieniuprzecinającesięwpunkcie.czywiścietrójkątyisąrównoboczne. Mamy już trzy ostrołuki(rysunek 3), musimy teraz wpisać okrąg. Jegośrodekoczywiścieleżynaosisymetriiokna,czylinaodcinku. Musimy tylko wiedzieć, jak wysoko on się znajduje nadpodstawą(tzn.jakądługośćmaodcinek)orazjak duży jest promień tego okręgu. by się tego dowiedzieć, skorzystamy z dwóch faktów. ierwszym jest prosta obserwacja, że punkt styczności dwóch okręgów jest współliniowy ze środkami tych okręgów. rugim będzie znane twierdzenie itagorasa. Niechwięcokrągośrodkuwpunkciebędziestycznydołuków,,i(rysunek4).unktystycznościKiL sąwspółliniowezpunktamii.dcinkiilsąpromieniami tego samego okręgu; zatem L =. odobnie odcinkiiksąpromieniamitegosamegookręgu,awięc K== a.tądwynika,żekl= = a.onieważodcinekkljestśrednicąokręguośrodku,więcpromień tegookręgujestrówny a 4.tądzaśwynika,że= 3a 4. eraz możemy obliczyć długość odcinka. W tym celu zastosujemy twierdzenie itagorasa do trójkąta prostokątnego : = = 9a 4a 6 a 4 =9a = 5a 6 6, rys. 4 czyli = a 5 4.Wiemyjuż,gdzieznajdujesięśrodek, znamy też promień okręgu, więc możemy go narysować. Możemy też łatwo wyznaczyć środek tego okręgu konstrukcyjnie,
za pomocą cyrkla i linijki. zielimy odcinek na cztery równeczęściiłączymyśrodekzpunktem.następniezakreślamyzpunktułukokręguopromieniu 3a 4 ;jesttodługość odcinka od punktu do środka odcinka. unkt przecięcia tego łuku z odcinkiem jest właśnie środkiem. eraz wewnątrz ostrołuków i powtarzamy tę samą konstrukcję(rysunek 5). Mamy już prawie kompletne okno. ozostaje tylko wypełnienie trzech okręgów i wnętrz najmniejszych ostrołuków. o jednak zrobimy innym razem. Wojciech Guzicki rys. 5
Wieloliście. rys. W poprzednim artykule zajmowaliśmy się jednym z okien paryskiej katedy Notre ame, które wygląda tak jak na rysunku. rzyglądaliśmy się geometrii tego okna i wiemy już, w jaki sposób narysować ostrołuki i wpisać w nie okręgi. ozostało nam wypełnienie okręgów i najmniejszych ostrołuków(rysunek ). W tym artykule zajmiemy się wypełnieniem okręgów. igury geometryczne, złożone z kilku łuków, znajdujące się wewnątrz tych okręgów, nazywamy wieloliśćmi. W największym okręgu, na samej górze okna, znajduje się sześcioliść. W dwóch mniejszych okręgach niżej widzimy dwa czteroliście. Innym wieloliściem, często występującym w sztuce gotyckiej, jest trójliść. Na rysunku niżej widzimy te trzy wieloliście, trójliść, czteroliść i sześcioliść: rys. Wieloliście tworzymy z łuków okręgów kolejno stycznych zewnętrznie o środkach w wierzchołkach wielokąta foremnego. hcemy przy tym, by te okręgi były styczne wewnętrznie do okręgu o danym promieniu. rzyjmijmy, że promień tego dużego okręgu wynosi. hcemy obliczyć promienie okręgów wewnętrznych oraz odległości środków tych okręgów od środka dużegookręgu.zróbmytonajpierwdlatrójliścia.niech,i będą środkami małych okręgów(rys. 3). Niech r będzie długością promieni tych małych okręgów. Niech będzie środkiem dużego okręgu i niech będzie punktem styczności dużego okręgu z małym okręgiem o środku w punkcie. Zauważmy, że punkty, i są wierzchołkami trójkąta równobocznego o boku równym r. dcinek jest promieniem okręgu opisanego na trójkącie. Wiadomo, że promień okręgu opisanegonatrójkącierównobocznymjestrówny 3 wysokościhtego trójkąta. Mamy zatem: rys. 3 h= r 3 =r 3, = h 3 =r 3. 3 onieważ+==,więcotrzymujemyrównanie z niewiadomą r: r 3 +r=. 3 Nietrudno rozwiązać to równanie: r= 3 3+3 = 3 3. tąddostajemy=4 3.Wiemyjuż,gdzieleżąśrodki małych okręgów i jakie są promienie tych okręgów. Można też
zauważyć,żeodcinkiodługościach 3 3i4 3możnałatwo skonstruować za pomocą cyrkla i linijki. Zajmijmy się teraz czteroliśćmi.środki,,imałychokręgówopromieniu rsąterazwierzchołkamikwadratuobokur(rys.4).unkt jest punktem styczności dużego okręgu(nadal o promieniu )zmałymokręgiemośrodkuwpunkcie.zauważmy,żeodcinek, będący promieniem okręgu opisanego na kwadracie, jest połową przekątnej tego kwadratu. Zatem = r =r. rys. 4 Następnie+==,skądotrzymujemyrównanie z niewiadomą r: r +r=. Rozwiązaniem tego równania jest r= + =. G Wreszcie=.Znównietrudnoskonstruowaćzapomocącyrklailinijkiodcinkiodługościach i. Wiemy już, gdzie leżą środki małych okręgów i umiemy te okręgi skonstruować. wa okręgi naszego okna możemy więc już wypełnić. Zajmijmy się teraz sześcioliśćmi. Środki,,,, i małych okręgów są teraz wierzchołkami sześciokąta foremnegoobokur(rys.5).tądwynika,żetrójkątjest równoboczny, czyli = r. Zatem =G=+G=r+r=3r, rys. 5 skądotrzymujemyr= 3 i= 3.opozwalanamwrysować teraz wieloliście w puste okręgi z rysunku. ozostają do na- rysowania małe łuczki w najniższych ostrołukach. Zajmiemy się tym w jednym z następnych artykułów. Wojciech Guzicki rys. 6
kno gotyckie dokończenie. rys. rys. rys. 3 o dokończenia rysunku okna gotyckiego brakowało tylko wypełnienia najmniejszych ostrołuków łukami takimi jak na rysunku. kazuje się, że jest to bardzo łatwe. rzypomnijmy, że ostrołuk powstawał z dwóch łuków i dorysowanych do trójkąta równobocznego takiego jak na rysunku. Niechteraz,ibędąśrodkamibokówtrójkąta. Narysujmytrzypółokręgiośrodkachwpunktach,i. rakującymiłukamisą:łukiipółokręguośrodku, łukpółokręguośrodkuiłukpółokręguośrodku. Nieco inne wykończenie okna można było uzyskać także w inny sposób, wykorzystując w tym celu fragment trójliścia. Na rysunku 3 widzimy takie wykończenie okna. Jak je rysujemy? Na początku dorysowujemy do trójkąta trzeci łuk:. trzymujemy trójkąt krzywoliniowy (tzw. trójkąt Reuleaux), w który wpisujemy trzy okręgi parami styczne zewnętrznie, takie same jak przy tworzeniu trójliści(zob. rysunek 4). Musimy tylko wiedzieć, jakie są promienie tych okręgów i gdzie leżąichśrodki.zauważmynajpierw,żeśrodki,irtych okręgów są wierzchołkami trójkąta równobocznego. rójkąty irmająwspólnyśrodek,ponadtopunktleży naodcinku,punktleżynaodcinkuipunktrleży na odcinku. la określenia położenia tych środków wystarczy więc obliczyć długość odcinka. bliczmy zatem długość promienia tych okręgów i długość odcinka. rzyjmijmy =a.niechpunktbędziepunktemstycznościokręgu ośrodkuriłuku.wtedyoczywiściepunkty,risą współliniowe. Niech następnie punkt będzie punktem stycznościokręgówośrodkachir(zob.rysunek5).znaczmy literą r promień okręgów wpisanych. onieważ trójkąt R jest prostokątny, więc z twierdzenia itagorasa otrzymujemy R +R =R. () czywiścier=rorazr=a r.zauważmynastępnie,że =+.dcinekjestrównypromieniowiokręgu opisanego na trójkącie, a odcinek jest równy promieniowi okręgu wpisanego w trójkąt R. Zatem rys. 4 = 3 a 3 = a 3 3 R rys. 5 oraz = 3 r 3 = r 3 3. odstawiając obliczone długości odcinków do równości(), otrzymujemy równanie ( (a+r) ) 3 +r =(a r) 3
z niewiadomą r. rzekształcając to równanie, otrzymujemy (a+r) +r =a ar+r, 3 a +ar+r =a ar, 3 a +ar+r =3a 6ar, r +8ar a =0. Jedynym pierwiastkiem dodatnim tego równania jest r=(3 4) a. R Następnie zauważamy, że = 3 = 3 r 3 = 3 3 r= 3 (3 4) 3 a. rys. 6 R czywiścieodcinkidługości(3 4) aoraz 3 (3 4) 3 a można w nietrudny sposób skonstruować za pomocą cyrkla i linijki. Nieco inny wariant tego ostatniego wykończenia okna uzyskamy wpisując trzy okręgi w oryginalny ostrołuk, tak jak na rysunku6. Zauważamy,żeokręgiośrodkachimająjednakowepromienie,aokrągośrodkuRjestodnichniecomniejszy. ługośćrokręgówośrodkachimożnałatwoobliczyć z twierdzenia itagorasa. ak jak poprzednio przyjmijmy =a.niechbędziepunktemstycznościokręguośrodku iłuku.niechnastępniepunktbędzierzutempunktu na odcinek (zob. rysunek 7). Z twierdzenia itagorasa dla trójkątawynika,że + =,czyli rys. 7 R V W rys. 8 U ( a +r) +r =(a r). orównaniemajedenpierwiastekdodatni:r= 3 3 a.nietrudno też podać położenie punktu ; znamy bowiem długości odcinków= a +r=( 3 ) aoraz=r= 3 3 a. okażemy teraz, w jaki sposób można obliczyć promień mniejszego okręgu i jak można wyznaczyć położenie środka tego okręgu. Niech U będzie punktem styczności tego okręgu z łukiem, niech V będzie punktem styczności dwóch dolnych okręgówiwreszcieniechwbędzierzutempunkturnaodcinek (zob.rysunek8).wtedyoczywiściepunktyr,viwsą współliniowe i punkt W jest środkiem odcinka. znaczmy promieńgórnegookręguliterąxiniechrv =h.ztwierdzeniaitagorasadlatrójkątówwrivrotrzymujemyukład równań: ( a ) +(r+h) =(a x) r +h =(r+x) Żmudne rozwiązanie tego układu równań pozostawimy zytelnikowi; podamy tu jedynie przybliżone wartości niewiadomych: x 0,a,h 0,378aorazr 0,3a. Wojciech Guzicki
kna gotyckie i trójliście. W oknie gotyckim, które badaliśmy w ostatnich trzech artykułach, w wolną przestrzeń wewnątrz ostrołuku i na zewnątrz dwóch mniejszych ostrołuków i był wpisany okrąg(zob. rys. ). krąg ten był styczny wewnętrznie do łukówiorazzewnętrzniedołukówi.wtym artykule przyjrzymy się dwóm innym oknom. W tych oknach w opisaną wyżej wolną przestrzeń wpiszemy nie okrąg, ale trójliść. en trójliść możemy wpisać na dwa sposoby(zob. rysunki i3).akiedwatypyokienznajdująsięwkatedrzewrfurcie. rys. rójliść, jak zapewne pamiętamy, powstaje z trzech jednakowych okręgów parami stycznych do siebie zewnętrznie. próbujemy odpowiedzieć na pytanie, jaki jest promień tych trzech okręgów i gdzie znajdują się ich środki. rys. Zajmiemy się najpierw oknem przedstawionym na rysunku. rójliśćjestwyznaczonyprzeztrzyokręgiośrodkach,i. NiechKbędziepunktemstycznościokręguośrodkuzłukiem, niech L będzie punktem styczności okręgu o środku złukiem,niechwreszciepunktyminbędąrzutami punktunaprostei(nietrudnozauważyć,żepunkt Mjestpunktemstycznościokręgówośrodkachi).rzyjmijmy, że promienie tych trzech okręgów mają długość r. rzyjmijmy także, że odcinek ma długość. Równanie, którego rozwiązaniem jest r, otrzymamy stosując twierdzenie itagorasadotrzechtrójkątówprostokątnych:,min (zob. rys. 4). Zajmijmy się najpierw trójkątem. Zauważmy, że =K+K=+K=+r oraz=.tąddostajemy = =(+r) =r+r, rys. 3 czyli= r+r.zauważmynastępnie,żetrójkątm jest połową trójkąta równobocznego. Jego krótsza przyprostokątnammadługośćr,awięcdłuższaprzyprostokątnam madługośćr 3. Wreszcie zajmijmy się trójkątem N. Mamy teraz L N=M=+M= r+r +r 3. K M NastępnieN=N+=r+oraz=L L= r. ZtwierdzeniaitagorasamamyrównośćN +N =, z której dostajemy równanie ( r+r +r 3 ) +(r+) =( r), N rys. 4
czyli r+r + r+r r 3+3r +r +r+=4 4r+r. o redukcji wyrazów podobnych dostajemy równanie r 3 r+r =3 8r 4r. Lewa strona tego równania jest liczbą nieujemną, a więc prawa teżmusibyćnieujemna:3 8r 4r 0.Rozwiązująctę nierówność kwadratową, otrzymujemy następujący warunek na r: 7 0 r 0,39. Zakładamy zatem, że r spełnia ten warunek. onieważ obie strony równania są nieujemne, więc możemy podnieść je do kwadratu: 4r 3 (r+r )=9+64r +6r 4 48r 4r +64r 3. o redukcji wyrazów podobnych otrzymujemy równanie czwartego stopnia 4r 4 +40r 3 +40r 48r+9=0. o równanie ma cztery pierwiastki rzeczywiste, których wartości przybliżone wynoszą: x 0,57, x 0,489, x 3,0599, x 4 8,6863. ylko pierwszy z tych pierwiastków spełnia warunek nałożony wyżejnar,awięcostatecznier 0,57. L K M W podobny sposób, korzystając z twierdzenia itagorasa dla trójkątówprostokątnychn,mi(zob.rys.5), otrzymujemy równanie czwartego stopnia 4r 4 6r 3 +5r 48r+9=0. W tym przypadku r musi spełniać warunek 4 0 r 0,345. Nasze równanie ma dwa pierwiastki rzeczywiste: N rys. 5 x 0,506, x 0,9583, z których tylko pierwszy spełnia powyższy warunek. Zatem wtymprzypadkur 0,506. Rozumowanie znacznie wykraczające poza ramy tego artykułu pokazuje, że pierwiastki otrzymanych równań czwartego stopnia nie są konstruowalne, tzn. odcinków o tych długościach nie można skonstruować za pomocą cyrkla i linijki, mając dany wyłącznie odcinek długości jednostkowej. onieważ w naszym przypadku przyjęliśmy za jednostkę długość odcinka, więc mając daną tylko rozpiętość ostrołuku nie można skonstruować za pomocą cyrlka i linijki promienia okręgów tworzących trójliść. Nie powinno nas zatem dziwić to, że budowniczowie katedr rysowali te trójliście metodą prób i błedów, uzyskując zadowalającą dokładność; taką, że niedokładności nie są widoczne gołym okiem. Wojciech Guzicki
Rozety. rys. rys. rys. 3 rys. 4 rys. 5 Jednym z najbardziej charakterystycznych elementów architektury średniowiecznej, zwłaszcza gotyckiej, są rozety. ą to okrągłe okna z delikatną konstrukcją kamienną, których puste przestrzenie są najczęściej wypełnione witrażami. ierwsze rozety pojawiają się już w kościołach romańskich; zamiast witrażami są wypełnione cienkimi płytkami kamiennymi, przepuszczającymi światło. Nas nie będzie interesować sposób wypełnienia tych pustych przestrzeni, ale geometryczny wzór konstrukcji kamiennej, dzielącej rozetę na części. Na rysunku widzimy jedną z najprostszych rozet romańskich, wzorowaną na rozecie z prowansalskiego opactwa ilvacane. Na rysunku widzimy, w jaki sposób ta rozeta powstała. ostrzegamy znajome elementy: ciągi kolejno stycznych zewnętrznie okręgów, stycznych wewnętrznie do dużego okręgu. ostrzegamy również podobny element: ciąg takich okręgów stycznych zewnętrznie do mniejszego okręgu. akie ciągi kolejno stycznych okręgów były podstawowym elementem konstrukcji wieloliści. W jednym z poprzednich artykułów omówiliśmy trzy rodzaje wieloliści i obliczyliśmy długości promieni tych okręgów oraz odległości środków tych promieni od środka największego okręgu. W tym artykule zobaczymy, jak w ogólnym przypadku można skonstruować te okręgi. Zaczynamy od podziału koła na równe wycinki. Końce promieni tworzących te wycinki są wierzchołkami wielokąta foremnego wpisanegowokrąg(zob.rysunek3).wtymmomenciepowstaje problem, w jaki sposób możemy skonstruować wielokąt foremny wpisany w okrąg. d starożytności znane są konstrukcje niektórych wielokątów foremnych: trójkąta, kwadratu, pięciokąta, sześciokąta, ośmiokąta, dziesięciokąta i wielu innych. zisiaj wiemy również, że niektóre wielokąty foremne(np. siedmiokąt czy dziewięciokąt) nie są konstruowalne za pomocą cyrkla i linijki; znane są natomiast konstrukcje przybliżone. Nie będziemy w tym artykule zajmować się dokładniej kwestią podziału koła na równe części. akie podziały wykonywano cyrklem i linijką, metodami przybliżonymi lub też metodą prób i błędów, osiągając zadowalającą dokładność. Nas będzie interesować skonstruowanie okręgu wpisanego w wycinek i dopisanego do wycinka. kręgiem wpisanym w wycinek koła nazywamy okrąg styczny do trzech linii ograniczających wycinek: obu promieni i łuku tworzącego ten wycinek(zob. rysunek 4). kręgiem dopisanym do wycinka koła nazywamy okrąg styczny do łuku tworzącego ten wycinek i przedłużeń obu promieni(zob. rysunek5). Zajmiemy się najpierw okręgiem wpisanym w wycinek koła. rzypuśćmy, że taki okrąg jest już skonstruowany. Jest on stycznydołukuklorazdopromienikil(zob.rysunek 6). Ze względu na symetrię, okrąg wpisany jest styczny dołukuklwjegośrodku;środekokręguwpisanegoleży przytymnapromieniu.niechpunktyibędąpunktami styczności okręgu wpisanego z promieniami dużego okręgu.
K G rys. 6 H L oprowadźmy wspólną styczną do obu okręgów w ich punkcie styczności i niech będzie punktem przecięcia tej stycznej z prostą. Zauważmy, że środek okręgu wpisanego leży na dwusiecznej kąta. Widzimy zatem sposób konstrukcji punktu:. prowadzimy dwusieczną kąta tworzącego wycinek,. punkt przecięcia tej dwusiecznej z łukiem ograniczającym wycinek oznaczamy literą, 3. przez punkt prowadzimy prostą prostopadłą do dwusiecznej, 4. literą oznaczamy punkt przecięcia tej prostopadłej z przedłużeniem promienia tworzącego wycinek, 5. prowadzimy dwusieczną kąta, 6. literą oznaczamy punkt przecięcia dwusiecznej kąta z promieniem, 7.rysujemyokrągośrodkuwpunkcieipromieniu; punktami styczności i narysowanego okręgu wpisanego z promieniami tworzącymi wycinek są rzuty punktu na te promienie. K M rys. 7 N L Konstrukcja okręgu dopisanego do wycinka jest bardzo podobna (zob. rysunek 7). rzypuśćmy, że dany jest już okrąg dopisany stycznydoprzedłużeńpromieniwpunktachgihorazdołuku MNwpunkcie.Znówzewzględunasymetriępunktjest środkiemłukumn.zauważmynastępnie,żeśrodekokręgudopisanego jest punktem przecięcia półprostej z dwusieczną kąta G, którą możemy łatwo skonstruować. bie konstrukcje zostały pokazane na rysunku 8. Linią pogrubioną zostały zaznaczone łuki okręgów zewnętrznego i wewnętrznego, łuki okręgów wpisanego i dopisanego będące fragmentami rozety z ilvacane i łączące je odcinki promieni. Należy tu jeszcze dodać, że wielkość najmniejszego okręgu była dobierana dowolnie przez artystę tworzącego rozetę, zgodnie z jego wyczuciem estetycznym. G M rys. 8 N H Za pomocą opisanych wyżej konstrukcji można utworzyć wiele różnych rozet. ozostawimy zytelnikowi jako ćwiczenie skonstruowanie dwóch pięknych rozet. ierwsza z nich pochodzi z kościoła t-jean-de-malte w ix-en-rovence w południowej rancji(rysunek 9), druga z katedry w roia w południowych Włoszech(rysunek 0). a druga rozeta jest szczególnie interesująca z tego powodu, że występuje w niej niezwykle rzadko spotykany podział koła na wycinków. onieważ jedenastokąt foremny nie może być skonstruowany za pomocą cyrkla i linijki, więc od zytelnika oczekujemy konstrukcji przybliżonej podziałuokręgunarównychczęści(np.metodąpróbibłędów) i następnie skonstruowanie widocznych łuków. W tej rozecie zwróćmy także uwagę na ostrołuki powstające z przecięcia łuków okręgów. strołuki występujące w rozetach będą tematem następnego artykułu. rys. 9 rys. 0 Wojciech Guzicki
Rozety i ostrołuki. rys. rys. W poprzednim artykule analizowaliśmy romańską rozetę z prowansalskiego opactwa ilvacane. Jej głównym elementem konstrukcyjnym była seria okręgów kolejno stycznych zewnętrznie i stycznych wewnętrznie do okręgu ograniczającego rozetę. Inaczej mówiąc, na rozetę składały się łuki okręgów tworzące wieloliść oraz odcinki promieni do punktów styczności małych okręgów. W tym artykule zajmiemy się rozetami wczesnogo- tyckimi, w których zamiast łuków okręgów zobaczymy kolejno styczne do siebie zewnętrznie ostrołuki. Wierzchołki tych ostrołuków będą leżały na największym okręgu. wie takie rozety widzimy na pierwszych dwóch rysunkach. ierwsza rozeta pochodzi z bazyliki aint-enis pod aryżem(pominięte zostały detale znajdujące się wewnątrz ostrołuków), druga z kościoła aint-remi w Reims w zampanii. rys. 3 β rys. 4 β rys. 5 ak jak poprzednio, zaczynamy konstrukcję od podziału koła na równe wycinki. owiemy teraz, że ostrołuk jest wpisany w wycinek koła, jeśli oba łuki ostrołuku są styczne do promieni naszego wycinka, a wierzchołek ostrołuku (czyli punkt przecięcia obu łuków) leży na łuku ograniczającym wycinek(zob. rysunek 3). Zanim jednak zajmiemy się konstrukcją ostrołuku wpisanego w wycinek koła, musimy przyjrzeć się bliżej samemu ostrołukowi. W klasycznym ostrołuku zbudowanym na trójkącie równobocznym (zob. rysunek 4) poprowadzimy styczne doobułukówwpunkcie.zaznaczonynarysunkukąt jestrównyβ=60.możemytworzyćteżinneostrołuki.narysunku5widzimyostrołukszerszy,wktórymβ=75.środki i okręgów, których fragmentami są łuki tworzące ostrołuk, leżą teraz wewnątrz ostrołuku. Na rysunku 6 widzimy natomiastostrołukwęższy,wktórym β =50 iśrodkiokręgów tworzących oba łuki leżą na zewnątrz ostrołuku. Zastanówmy się chwilę, w jaki sposób można skonstruować ostrołuk, gdy danajestjegowysokośćikątβ.zaczynamyodnarysowaniaodcinkóworaztak,bykątbyłrównyβ.następnie z punktu prowadzimy półprostą prostopadłą do ; punkt będzie punktem przecięcia tej półprostej z podstawą ostrołuku, czyli prostą prostopadłą do i przechodzącą przez punkt.erazzataczamyłukośrodkuipromieniu; punkt jest punktem przecięcia tego łuku z podstawą ostrołuku. czywiście punkty i są symetryczne odpowiednio do punktówiwzględemprostejiskonstruowanie ichnie stwarza już żadnego problemu. β rys. 6 Możemy teraz powrócić do konstrukcji naszych rozet. Musimy wpisać ostrołuk w wycinek koła. Zaczynamy od narysowania odcinka łączącego środek okręgu ze środkiem łuku ograniczającego dany wycinek. znaczmy literą α kąt między odcinkiem i promieniem ograniczającym wycinek. Jeśli naszwycinekpowstałzpodziałukołananrównychczęści,to α= 80 n.następnieustalamykątβiprowadzimypółprostą (punkt jest punktem przecięcia tej półprostej z promie-
β α rys. 7 niem ograniczającym wycinek) tak, by kąt był równy wybranemukątowiβ. Narysunku7przyjęliśmyn=(czyli α=5 )orazβ=60 (awięcwpisujemyklasycznyostrołuk). Zauważmy następnie, że okrąg, którego fragmentem jest lewy łukostrołuku,jeststycznydoprostychi;jegośrodek leżyzatemnadwusiecznejkąta.leżyonrównieżna prostej prostopadłej do stycznej w punkcie. eraz możemy już opisać konstrukcję. o wyznaczeniu punktu prowadzimy dwusieczną kąta i półprostą o początku w punkcie, prostopadłą do prostej. unkt przecięcia tej półprostej z dwusieczną kąta jest środkiem okręgu wyznaczającego łuk(gdziepunktjestrzutempunktunaprostą). Środek drugiego okręgu jest symetryczny do punktu względem osi. Wreszcie punkt jest symetryczny do punktu względem tej samej osi. Zauważmy, że w przypadku ostrołuku klasycznego środki i znajdują się na łukach ostrołuku itrójkątjestrównoboczny.naponiższychrysunkach8i9 widzimy dwa inne ostrołuki wpisane w ten sam wycinek koła. Narysunku8przyjętoβ=75,anarysunku9mamyβ=50. β β α α rys. 8 rys. 9 bie rozety przedstawione na rysunkach i wykańczamy teraz dodając mały okrąg w środku. Jak zwykle, wielkość tego małego okręgu dobieramy dowolnie, kierując się jedynie naszym wyczuciem estetycznym. Następnym razem zajmiemy się uzupełnieniem takich najprostszych rozet ostrołukowych o dodatkowe elementy: wnętrza ostrołuków i wypełnienia pustej przestrzeni między ostrołukami. mówimy to na przykładzie rozety z katedry w Metz w Lotaryngii(w północno-wschodniej części rancji), pokazanej na rysunku 0. Wojciech Guzicki rys. 0
Rozeta katedry w Metz. rys. W tym artykule zaczniemy analizować rozetę katedry w Metz. Zaczniemy od wpisania w okrąg ośmiu ostrołuków. Z poprzedniego artykułu pamiętamy, że ostrołuk wpisany w okrąg jest charakteryzowany kątem β przy wierzchołku ostrołuku. Można powiedzieć, że ten kąt β określa rozwartość ostrołuku. W naszejrozeciewybieramyβ =75 iwpisujemywrozetęosiem takich ostrołuków. Widzimy je na rysunku, na który także zaznaczono punkty styczności ostrołuków z promieniami. hcemy teraz wpisać w te ostrołuki po dwa mniejsze ostrołuki z zachowaniem dwóch warunków: rozwartości tych mniejszych ostrołukówsątakiesamejakdużych(awięckątyβwszystkichostrołuków mają być takie same) oraz mniejsze ostrołuki mają być styczne do promieni w tych samych punktach. rzyjrzyjmy się na rysunku 3 takim mniejszym ostrołukom wpisanym w jeden z naszych ośmiu dużych ostrołuków. H β rys. β użyostrołukowierzchołkuwpunkciejeststycznydopromieniwpunktachi.rozwartośćtegoostrołukujestwyznaczona przez kąt równy β(przypominamy z poprzedniego artykułu, że prosta jest styczna do ostrołuku w punkcie ). ę samą rozwartość mają mniejsze ostrołuki. Zatem H =β.znaczmywreszcieα= H(znówprosta Hjeststycznadomniejszegoostrołukuwpunkcie).W przypadkukatedrywmetzmamyoczywiście =45 orazα = 4 =,5 orazβ = 75.Ważnejest dlanasto,żeobakątyαiβdająsięłatwoskonstruowaćcyrklem i linijką. ba ostrołuki, większy i mniejszy, są styczne do półprostej w tym samym punkcie. eraz zauważamy, że H =80 (α+β).dcinkihihsąodcinkami stycznymi do tego samego okręgu, a więc są równe. β G H G α α rys. 3 rys. 4 rójkąthjestrównoramiennyoraz H=80 (α+β), awięc H= α+β.erazjużłatwokonstruujemymniejszy
ostrołuk. unktleżynadwusiecznejkątaoraznapół- prostejopoczątkuwpunkcie,tworzącejzprostąkąt równy α+β.wreszcieśrodekokręgu,któregołukiem jest łuk mniejszego ostrołuku leży na symetralnej odcinka i na prostej prostopadłej do odcinka H i przechodzącej przezpunkt.akwięcmniejszeostrołukimożemyuznaćza skonstruowane. Mały wewnętrzny okrąg dobieramy kierując się naszym wyczyciem proporcji. Mamy więc część rozety z Metz pokazaną na rysunku 5. W następnym artykule zajmiemy się wpisaniem trójkątów Reuleaux w części rozety między dużymi ostrołukami, a w kolejnych artykułach zajmiemy się wpisaniem okręgów stycznych wewnętrznie do dużych ostrołuków i zewnętrznie do mniejszych. rys. 5 Wojciech Guzicki
RozetakatedrywMetz ciągdalszy. rys. W poprzednim artykule skonstruowaliśmy główną część rozety z katedry w Metz: osiem dużych ostrołuków wpisanych wokrągorazpodwamniejszeostrołukiwpisanewdużeostrołuki(zob. rysunek ). eraz zajmiemy się wolną przestrzenią między dużymi ostrołukami i okręgiem ograniczającym rozetę. W każdą z tych wolnych przestrzeni wpiszemy trójkąt Reuleaux styczny do obu ostrołuków i danego okręgu(zob. rysunek ). Zaznaczmy wierzchołki trójkąta Reuleaux; niech będą to punkty, i. Zaznaczmy także punkty styczności: niech będzie punktem styczności okręgu ograniczającego rozetę z łukiem, niech będzie punktem styczności dużych ostrołukówiniechbędziepunktemstycznościłukówwi. Niech wreszcie punkt będzie środkiem okręgu, którego fragmentem jestłukw.czywiścieodcinekjestpromieniem tego okręgu. Naszym celem jest znalezienie wierzchołków, i. Muszą przy tym być spełnione następujące warunki: === oraz =+. W rys. Rozwiążemy najpierw zadanie w pewnym sensie odwrotne. Założymy,żedanesąpunkty,i,anastępnieznajdziemy odpowiadający im punkt spełniający żądane warunki. Wtedy otrzymaną konfigurację punktów przekształcimy przez jednokładnośćośrodkuwpunkcietak,byotrzymanypunktpokryłsięzdanympunktem. Konstrukcjętęopiszemyjednak nie odwołując się bezpośrednio do pojęcia jednokładności tak, by była ona zrozumiała również dla osób nieznających własności tego przekształcenia geometrycznego. zytelnik znający te własności bez trudu dostrzeże sposób wykorzystania jednokładności. rys. 3 Niech będzie środkiem okręgu ograniczającego rozetę. Konstrukcję rozpoczynamy od tego, że na prostej wybieramy dowolnypunkt ikonstruujemytrójkątrównoboczny, któregobokjestrówny.narysunku4wybraliśmy =; punkt znajdujesięwtedynaokręguograniczającymrozetęoraz = 30.Niezaznaczamynatymrysunku punktu ;niejestonpotrzebnydokonstrukcjipunktów,i.onieważtrójkąt jestrównoramienny,więc = =75.ZnajdujemynastępniepunktGtak, bytrójkątg byłrównoboczny.zauważmy,żewtedy G= + G=30 +60 =90. rzez punkt G prowadzimy następnie prostą prostopadłą do G(czyli równoległą do ). Zaznaczamy punkt przecięcia tej prostejzprostą;niechbędzietopunktm.niechhbędzie punktemprzecięciaprostychgmi.erazzaczynasięnajważniejszaczęśćkonstrukcji:naprostejm znajdujemytaki punktk,byk=h.następnieprzezpunkt prowadzimy
W L rys. 4 prostąrównoległądokiwprzecięciuzprostąznajdujemypunkt.niech będzierzutempunktu naprostą iniechlbędziepunktemprzecięciaprostychgmi. Wykażemy,że = +. Zauważamy dwie pary trójkątów podobnych: K M H G KM M oraz HM LM. Mamyzatem K więc = M M = H L.onieważK=H, = L= + L= +G= +. erazznajdujemypunkty,i.niechbędzie punktemprzecięciaprostych ik.następnie przezpunktprowadzimyprostąrównoległądo ; punkt jest punktem przecięcia tej prostej z prostą. Wreszcie punkt jest punktem symetrycznym do względem prostej. Zauważmy najpierw,że = = 30.tądwynika, że = 60.onieważzsymetriiwynikateż, że=,więctrójkątjestrównoboczny. Wiemyrównież,że = =75,awięc =75.tądwynika,żetrójkątjestrównoramienny:=. ozostajedowykazania,że=+.korzystajączpodobieństwatrójkątówi,otrzymujemyproporcję =. Zpodobieństwatrójkątówi otrzymujemy =. Zpodobieństwatrójkątówi ijeszczeraz i otrzymujemy = =. tąddostajemy = oraz =. o dodaniu ostatnich dwóch równości dostajemy czyli (+) =( + ), + + = =. le + = + =,skądwynika,że +=.onieważ=,więcostateczniedostajemy+=.odowodzipoprawnościkonstrukcji wierzchołków trójkąta Reuleaux. Wojciech Guzicki
rys. rys. rys. 3 W rys. 4 Rozeta katedry w Metz dokończenie. o zakończenia rozety z katedry w Metz pozostało nam wpisanie okręgów w osiem ostrołuków. Każdy okrąg ma być styczny wewnętrznie do łuków i oraz styczny zewnętrznie do łukówi(zob.rysunek).wtymartykulepokażemy, w jaki sposób można skonstruować taki okrąg. Zauważmy najpierw, że ze względu na symetrię względem osi wystarczy skonstruować okrąg styczny wewnętrznie do łuku i zewnętrzniedołukówi.narysujmyokręgi,którychfragmentamisątetrzyłuki(zob.rysunek).naszymcelemjest więc skonstruowanie okręgu stycznego do trzech danych okręgów: do dwóch stycznego zewnętrznie i do jednego wewnętrznie. Zadanie skonstruowania okręgu stycznego do trzech danych okręgów było już znane w starożytności i dzisiaj nosi nazwę zadania poloniusza. Nasze zadanie jest szczególnym przypadkiem zadania poloniusza: oba mniejsze okręgi, do których szukany okrąg ma być styczny zewnętrznie, mają równe promienie. Na rysunku 3 widzimy wszystkie okręgi: duży okrąg o środku wpunkcieipromieniurorazdwaokręgiośrodkachwpunktachiijednakowychpromieniachr.zukanyokrągzostał narysowany grubszą linią; zaznaczono także punkty styczności szukanego okręgu z trzema danymi okręgami. Narysujmy terazokrągotymsamymśrodku,coszukanyokrągiopromieniuwiększymor(zob.rysunek4).ennowyokrągprzejdzie oczywiście przez punkty i oraz będzie styczny wewnętrzniedookręguośrodkuipromieniur+r.konstruowanie tego większego okręgu pozwoli oczywiście skonstruować szukany okrąg: będziemy mieli jego środek i wystarczy skrócić promień o daną długość r. Mamy zatem do rozwiązania nowe zadanie. anyjestokrągośrodkuwpunkcieorazdwapunktyi leżące wewnątrz tego okręgu. Należy skonstruować okrąg przechodzącyprzezpunktyiorazstycznywewnętrzniedodanegookręguośrodkuwpunkcie.wrozwiązaniutegozadania skorzystamy z następującego twierdzenia o trzech okręgach: wierdzenie.anesątrzyokręgio,o io 3.krągo jest stycznywewnętrzniedookręguo wpunkciek.krągo 3 przecinaokrągo wpunktachlimiprzecinaokrągo wpunktachi.rostaistycznadookręgówo io wpunkcie Kmająpunktwspólny(zob.rysunek5).WtedypunktyL, Misąwspółliniowe.enpunktnazywamy środkiempotęgowymokręgówo,o io 3. owód powyższego twierdzenia odłożymy na później. eraz pokażemy, w jaki sposób można rozwiązać nasze zadanie konstrukcyjne wykorzystując to twierdzenie. Zaczynamyodnarysowaniaokręguo ośrodkuipromieniu R+r.rzypuśćmy,żezostałjużskonstruowanyokrągo przechodzącyprzezpunktyiistycznywewnętrzniedookręgu o.niechkbędziepunktemstyczności.erazrysujemydowolnyokrągo 3 przechodzącyprzezpunktyiiprzecinający okrągo wpunktachlim.niechbędziepunktemprzecięciaprostychilm.zpowyższegotwierdzeniawynika,że wspólnastycznadookręgówo io przechodziprzezpunkt.
L o o K o pokazuje, w jaki sposób możemy znaleźć punkt styczności K. Wystarczy bowiem z punktu poprowadzić teraz styczną dookręguo.ęstycznąkonstruujemybeztrudności:punktk jestjednymzpunktówprzecięciaokręguo iokręguo 4 ośrednicy. o znalezieniu punktu K dokończenie konstrukcji jest jużłatwe.krągo jestbowiemokręgiemopisanymnatrójkącie K. Jego środkiem jest zaznaczony na rysunku punkt W.enpunktWjestteżśrodkiemszukanegookręgu;promień tegookręgujestorkrótszyodpromieniaokręguo,czylijest równy np. W r. Najważniejsze szczegóły całej konstrukcji są pokazane na rysunku 6. o 3 rys. 5 M o K W o M L o 4 o 3 Rys. 6 zukany okrąg i łuki ostrołuków, do których jest on styczny zostały na rysunku 6 narysowane grubszą linią. ozostaje do udowodnienia nasze twierdzenie. emu dowodowi poświęcimy następny artykuł. Wojciech Guzicki
Środek potęgowy trzech okręgów. L o 3 o rys. rys. 3 o rys. M K W ostatnim artykule sformułowaliśmy twierdzenie, które było wykorzystane w konstrukcji. eraz podamy dowód tego twierdzenia. oto nasze twierdzenie: wierdzenie.anesątrzyokręgio,o io 3.krągo jest stycznywewnętrzniedookręguo wpunkciek.krągo 3 przecinaokrągo wpunktachlimiprzecinaokrągo wpunktachi.rostaistycznadookręgówo io wpunkcie Kmająpunktwspólny(zob.rysunek5).WtedypunktyL, Misąwspółliniowe.enpunktnazywamyśrodkiempotęgowymokręgówo,o io 3. ędziemy dowodzić szeregu prostych twierdzeń. Zaczniemy od udowodnienia tzw. twierdzenia o kącie między styczną i cięciwą. wierdzenie. rzypuśćmy, że prosta jest styczna do okręgu w punkcie. Niech odcinek będzie cięciwą tego okręgu. Wtedy kąt jest połową kąta środkowego opartego na łuku zawartym wewnątrz kąta (zob. rysunek). owód.znaczmyprzezαkąt.wtedy =90 α oraz =80 =80 (90 α)=α. wierdzenie 3. Niech prosta będzie styczna do okręgu wpunkcieiniechodcinekbędziecięciwątegookręgu. Wtedy kąt jest równy kątowi wpisanemu opartemu na łuku zawartym wewnątrz kąta (zob. rysunek 3). owód. Zauważmy, że przy oznaczeniach z twierdzenia mamy = = α=α=. wierdzenie 4. Niech prosta będzie styczna do okręgu w punkcie. Niech następnie prosta przechodząca przez punkt przecinaokrągwpunktachi(zob.rysunek4).wtedy =. owód.ztwierdzenia3wynika,że =.onadto trójkątyimająwspólnykąt.tądwynika,żete trójkąty są podobne. Mamy zatem =, skądwynika,że =. wierdzenie 5. wie proste przechodzące przez punkt (leżącynazewnątrzokręgu)przecinająokrągwpunktachi orazi(zob.rysunek5).wtedy =. owód. oprowadźmy styczną K do okręgu. Z twierdzenia 4 wynika, że =K =. rys. 4 wierdzenie 6. ane są dwie nieprzedłużające się półproste owspólnympoczątku.unktyileżąnajednejpółprostej,punktnadrugiej.onadto =.Wtedypółprostajeststycznadookręguopisanegonatrójkącie (przy czym oczywiście punktem styczności jest punkt ).
K rys. 5 rys. 6 rys. 7 rys. 8 rys. 9 owód. unkty,iniesąwspółliniowe,więcmożnapoprowadzić okrąg przez te punkty. rosta przecina ten okrąg wdwóchpunktachi.unktnieleżywewnątrzodcinka, więc leży na zewnątrz okręgu. tąd wynika, że półprosta jeststycznadookręgulubprzecinagowdwóchpunktach. Gdyby półprosta przecinała ten okrąg w dwóch różnych punktachi(zob.rysunek6),toztwierdzenia5mielibyśmy =,czyli=,wbrewprzypuszczeniu,że punktyisąróżne.zatempunktjestjedynympunktem wspólnymprostejiokręgu. wierdzenie 7. ane są dwie nieprzedłużające się półproste owspólnympoczątku.unktyileżąnajednejpółprostej,punktyinadrugiej.onadto =. Wtedypunkty,,ileżąnajednymokręgu. owód.unkty,iniesąwspółliniowe,więcmożnapoprowadzić okrąg przez te punkty. ak jak w poprzednim dowodzie punkt leży na zewnątrz okręgu. tąd wynika, że półprostajeststycznadookręgulubprzecinagowdwóchpunktach. Gdyby ta półprosta była styczna do okręgu(zob. rysunek 7),topunktbyłbypunktemstycznościiztwierdzenia4mielibyśmyrówność =.Zatem =, skądotrzymalibyśmyrówność=. unktyipokrywałyby się wbrew założeniu. Niech zatem półprosta przecinaokrągwpunkcieróżnymod(zob.rysunek8). Wtedyztwierdzenia5wynika,że =,czyli =.Zatem=,czylipunkty,,ileżąna jednym okręgu. owód twierdzenia. onieważ półprosta K jest styczna dookręguo,więcpunktleżynazewnątrztegookręgu. Mamy teraz dwa przypadki. rzypadek.ółprostaljeststycznadookręguo.wtedy K=L.Ztwierdzenia3(zastosowanegodookręguo )wynika,żek =,czylil =. Ztwierdzenia 6wynika,żepółprostaLjeststycznadookręguopisanego natrójkąciel,czylidoo 3.kręgio io 3 sąwięcstyczne, wbrew założeniu, że mają dwa punkty wspólne. rzypadek.ółprostalprzecinaokrągo wdwóchpunktachlin.wtedyztwierdzenia3(zastosowanegodookręgów o io )wynika,żel N=K oraz =K.Zatem =L N,czylipunkty,,LiNleżąnaokręgu.o znaczy,żepunktnleżynaokręguopisanymnatrójkąciel, czylinaokręguo 3.unktyL,MiNsąwięcpunktamiwspólnymiokręgówo io 3,skądwynika,żeM=N,czylipunkty, LiM sąwspółliniowe. Środek potęgowy trzech okręgów definiujemy też, gdy każde dwa okręgi przecinają się w dwóch punktach(zob. rysunek 9). owód,żeproste,iprzecinająsięwjednympunkcie jest podobny do dowodu przeprowadzonego wyżej. Środek potęgowy można też zdefiniować, gdy okręgi się nie przecinają, ale to już nie będzie przedmiotem naszych rozważań. Wojciech Guzicki
Jeszcze jedno zadanie konstrukcyjne. K rys. rys. rys. 3 L W pierwszym artykule o rozetach pokazaliśmy, w jaki sposób można skonstruować wewnątrz okręgu serię jednakowych okręgów stycznych do niego wewnętrznie i kolejno do siebie zewnętrznie(zob. rysunek ). eraz będziemy chcieli dodać do tych okręgów serię mniejszych okręgów stycznych zewnętrznie zarówno do okręgów pierwszej serii jak i kolejno do siebie(zob. rysunek ). okładniej, chcemy tę nową serię okręgów skonstruowaćzapomocącyrklailinijki.widzimyodrazu,żeśrodkinowych okręgów będą leżały na promieniach największego okręgu przechodzących przez punkty styczności okręgów pierwszej serii. Z drugiej strony, punkty styczności okręgów mniejszych leżą na promieniach prowadzących do środków okręgów większych. e dwa warunki wystarczą do przeprowadzenia konstrukcji. opatrzmy dokładniej, jak jest położony jeden z tych mniejszych okręgów. Mamy dwa okręgi pierwszej serii o środkach wpunktachi.kręgitesąstycznezewnętrzniewpunkcie. Środek poszukiwanego okręgu leży na odcinku (punkt jest środkiem okręgu ograniczającego rozetę); ten poszukiwanyokrągjestzaśstycznydoramionkąta(zob.rysunek 3). okażemy trzy różne konstrukcje tego okręgu(wystarczy oczywiście skonstruować jego środek ). Najpierw sprowadzimy nasze zadanie do bardzo znanego zadania, które rozwiążemy dwoma sposobami. oprowadźmy odcinki KM i LM równoległeodpowiedniodoi,stycznewpunktachkildo danychokręgówośrodkachi(zob.rysunek4).narysowany przerywaną linią okrąg o środku i promieniu przechodzi przezpunktyiorazjeststycznydoramionkątakml. Nasze zadanie sprowadza się zatem do bardzo znanego zadania: przez dany punkt położony wewnątrz kąta poprowadzić okrąg styczny do ramion tego kąta. ierwszy sposób rozwiązania wykorzystuje podstawowe własności jednokładności. Mamy dany punkt położony wewnątrz kąta (zob. rysunek 5). Mamy skonstruować okrąg styczny do półprostych i, przechodzący przez punkt. czywiścieśrodektegookręguleżynadwusiecznejkąta.weźmy dowolny okrąg styczny do ramion kąta o środku M położonym na dwusiecznej. Niech półprosta przecina ten okrąg wpunktachi. M M rys. 4 rys. 5
Znajdujemynadwusiecznejkątapunktyitakie,że Moraz M.Znalezionepunktysąśrodkami dwóch okręgów stycznych do ramion kąta i przechodzących przez punkt. Nietrudny dowód tego stwierdzenia pozostawimy jako ćwiczenie. rugi sposób konstrukcji wykorzystuje twierdzenie o odcinkach stycznej i siecznej z poprzedniego artykułu. rzypuśćmy znów, żepunktleżywewnątrzkąta(zob.rysunek6).krąg styczny do ramion kąta i przechodzący przez punkt przechodzi także przez punkt symetryczny do względem dwusiecznej kąta. rys. 6 Niechbędziepunktemprzecięciaprostychi.Naprostejznajdujemypunktyitakie,że = =. rys. 7 Wtedy punkty i są punktami styczności okręgów przechodzącychprzeziistycznychdoprostej.wyznaczenie środków tych okręgów jest już łatwe. owód poprawności tej konstrukcji pozostawimy jako ćwiczenie. okażemy teraz trzeci sposób konstrukcji. owróćmy do sytuacji zobrazowanej na rysunku 3. oprowadźmy dwusieczną kąta ;niechprzecinaonaokrągośrodkuwpunkcie.niech będzie punktem przecięcia prostych i. Niech wreszciebędzierzutempunktunaprostą.zpodobieństwa trójkątówiwynika,że =. Z twierdzenia o dwusiecznej(w trójkącie ) dostajemy równość =. onieważ=,więc=,skądwynika,żeokrąg ośrodkuipromieniu(awięcstycznyzewnętrzniedo okręguośrodku)jestteżstycznydoprostej.jesttowięc szukany okrąg. Z tej konstrukcji dowiadujemy się również, że punkt styczności leży na dwusiecznej kąta. korzystamy z tego w następnym artykule, gdy będziemy analizować konstrukcję rozety katedry w Lyonie. Wojciech Guzicki