Σχηματίζω τους κύκλους $(Ο,ΟΑ)$ και $(K,KO)$.

Τότε τα σημεία $N, N'$ και $Q,C$ είναι συμμετρικά ως προς το $M$. Άρα το $QNCN'$ είναι παραλληλόγραμμο

οπότε $QM = MC$ και $QA = QC$ και $AQ = QC$ (1)

Όμως τα τρίγωνα $PDQ$ και $AQC$ είναι όμοια , άρα $\frac{PQ}{QA} = \frac{QD}{QC}$ οπότε λόγω της ...

$(ABC) = \frac{AB \cdot AC}{2} = \frac{6 \cdot 8}{2} = 24$ .

Από Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: $CB^2 = AB^2 + AC^2 \Leftrightarrow ... \Leftrightarrow CB = 10$ .

Είναι $\tau = \frac{a + b + c}{2} = 12$ , οπότε $(ABC) = \tau \cdot \rho \Leftrightarrow \rho = \frac{24}{12} = 2$ .

Φέρω $KE \perp ON ...

Έστω $H$ μέσο της $DG$ ,άρα $DH = HG = HC = EB$ .

Έστω $K$ το κέντρο του κύκλου που διέρχεται από τα σημεία $B , D , C$ . Τότε $K \hat{C} B = 10^o = K \hat{B} C$ ,

$C \hat{K} H = 30^o$ , $K \hat{C} H = 90^o$ , οπότε $KM = MH = MC = CG = EB$ .

Παίρνω $L$ το συμμετρικό του $K$ ως προς τη $BC$ και ...

APOSTOLIS 176.ggb APOSTOLIS 176.ggb Σχηματίζω το ισόπλευρο τρίγωνο $ACE$ , εξωτερικά του τριγώνου $ABC$ , οπότε έχουμε:

$D \hat{A} E = 12,5 + 60 = 72,5 = C \hat{B} A$ , $AB = AE$ , $BC = AD$ ,

άρα το τρίγωνα $ABC$ και $EAD$ είναι ίσα.

Συνεπώς έχουμε ότι $A \hat{E} D = B \hat{A} C = 35$ και $DE ...

Ισχύει ότι $M\hat{N} C = 180 - M\hat{N} B = 180 - M\hat{K} B = M \hat{K} A$ .

Αλλά $M \hat{C} B = M \hat{A} B = M \hat{A} K = M \hat{C} N$ .

Τότε τα τρίγωνα $MNC$ και $MKA$ είναι όμοια. Δηλαδή ισχύει ότι $N \hat{M} C = K \hat{M} A = b$ .

Επιπλέον είναι $B \hat{M} N = B \hat{K} N = N \hat{C} A = B ...

Τα τρίγωνα $XAC$ και $XCD$ είναι όμοια από το 1ο κριτήριο ομοιότητας διότι έχουν τη γωνία $\hat{X}$ κοινή και επιπλέον

επειδή το τετράπλευρο $ABCD$ είναι εγγεγραμμένο ισχύει $X \hat{A} B = \hat{C}$ .

Άρα ισχύει ότι: $\frac{XA}{XC} = \frac{AB}{DC} = \frac{\frac{AB}{2}}{\frac{AD}{2}} = \frac{AE}{GC ...