Σταθερό σημείο

#1

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα

, μέσου

, και μεταβλητό σημείο

της μεσοκαθέτου του.
Στην προέκταση της

, προς το

, παίρνουμε σημείο

και στο εσωτερικό του τμήματος

παίρνουμε σημείο

, ώστε να είναι

AC=AB=BD

Να αποδειχτεί ότι η

διέρχεται από σταθερό σημείο.

Γιώργος Μήτσιος · #2

Καλημέρα σε όλους ! Να ευχαριστήσω τον αγαπητό Κώστα για το ωφέλιμο ..

..παίδεμα που προκάλεσε το παρόν θέμα !

Το ζητούμενο σημείο είναι η τομή

της

με το

, σταθερό αφού , όπως θα δείξουμε είναι $\dfrac{AI}{AB}=\dfrac{1}{5}\Leftrightarrow \dfrac{AI}{IM}=\dfrac{2}{3}$

: 30-9-17 Σταθερό σημείο.PNG (16.27 KiB) Προβλήθηκε 1053 φορές

Δίνω προς το παρόν μόνο το σχήμα με την υπόσχεση ότι θα επανέλθω για την πληκτρολόγηση
της χειρόγραφης λύσης που βρήκα.. Φιλικά Γιώργος .

#3

Στην προσπάθεια για λύση του προβλήματος που έχει προταθεί Εδώ, κατέληξα στο ισοδύναμο πρόβλημα που μας έδωσε ο Κώστας, αλλά όμως δεν το πήρα χαμπάρι εδώ, γιατί μπήκε στον φάκελο της Β' Λυκείου και δεν είχε σχήμα.

Από το σχήμα του Γιώργου φαίνεται πως οι λύσεις μας διαφέρουν και εάν πράγματι είναι έτσι, θα ακολουθήσω μετά από αυτόν.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Χαίρομαι που με την ευκαιρία του όμορφου αυτού προβλήματος του Konstantin Knop, οι σκέψεις μου συναντήθηκαν με αυτές του Κώστα και του Γιώργου, δύο εραστών της Γεωμετρίας που ξεχωρίζουν και εκτιμώ ιδιαίτερα. Ελπίζω κάποια στιγμή, να γνωρίσω προσωπικά και τον Γιώργο.

KARKAR · #4

Σημαντική αναβάθμιση του θέματος : Το σχήμα της εκφώνησης είναι ουσιαστικά αυτό της

παραπομπής αλλά οι δύο ίσοι κύκλοι διέρχονται ο καθένας από το κέντρο του άλλου .

: Γεωμετρομανία.png (16.57 KiB) Προβλήθηκε 1016 φορές

Έστωσαν λοιπόν οι ίσοι κύκλοι (A,r) , (B,r)

και σημείο

της μεσοκαθέτου

της διακέντρου AB=d

. Η

τέμνει τον (A)

ξανά στο

, ενώ η

τέμνει τον (B)

στο

. Δείξτε ότι η

διέρχεται από σταθερό σημείο

του

. Βρείτε το λόγο : $\dfrac{d}{r}$ , ώστε το

να είναι το μέσο του

Γιώργος Μήτσιος · #5

Καλό μήνα σε όλους .Eπανέρχομαι λοιπόν..με τη βοήθεια του σχήματος :

: 30-9-17 Σταθερό σημείο. b PNG.PNG (14.08 KiB) Προβλήθηκε 974 φορές

Με χρήση του Θ.Μενελάου στο τρίγωνο CAM

και διατέμνουσα την PID

: $\dfrac{AI}{IM}\cdot \dfrac{MD}{DC}\cdot \dfrac{CP}{PA}=1\Leftrightarrow \dfrac{AI}{IM}=\dfrac{DC}{MD}\cdot \dfrac{PA}{CP}$

Είναι $\dfrac{PC}{PA}=\dfrac{PA+AC}{PA}=1+2\dfrac{AM}{PA}=1+2cos\varphi \Rightarrow \dfrac{PA}{CP}=\dfrac{1}{1+2cos\varphi }$ .
Με τον N.Σ στο τρίγωνο MAC

: $MC^{2}=AC^{2}+AM^{2}+2AC\cdot AM\cdot cos\varphi =AM^{2}\left ( 5+4cos\varphi \right )$ ... (1)

Αναζητούμε μια ακόμη σχέση για τα MD,MC,AM

και προς τούτο θα δείξουμε ότι το τετράπλευρο DAHC

είναι εγγράψιμο.
Με τον Ν.Η στα τρίγωνα CAM,MBD

: $\dfrac{sin\omega }{sinx}=2 ...\dfrac{sin\left ( \pi -\omega \right )}{sinu}=2$ $\Rightarrow sinx=sinu$ άρα x=u

(ως οξείες).

Ακόμη έχουμε $\varphi =x+\omega =x+y+u=2x+y$
και λόγω του ισοσκελούς BAC

: $\varphi =2\left ( x+z \right )=2x+2z$ συνεπώς y=2z

. Η

είναι διάμετρος άρα $H\widehat{C}B=\pi$ .

Από το ισοσκελές BAD

προκύπτει $D\widehat{A}B=\pi /2 -y/2=\pi/2 -z$ οπότε $D\widehat{A}B=H\widehat{C}D$ .

Έτσι το DAHC

είναι εγγράψιμο και παίρνουμε $MD\cdot MC=MA\cdot MH=3AM^{2}$ ... (2)

Διαιρώντας τις (1) : (2) προκύπτει $\dfrac{MC}{MD}=\dfrac{5+4cos\varphi }{3}\Leftrightarrow \dfrac{DC}{MD}=\dfrac{2}{3}\left ( 1+2cos\varphi \right )$

και τελικά βρίσκουμε $\dfrac{AI}{IM}=\dfrac{1}{1+2cos\varphi }\cdot\dfrac{2}{3}\left ( 1+2cos\varphi \right )=\dfrac{2}{3}$ ή $\dfrac{AI}{AB}=\dfrac{1}{5}$

Ευχαριστώ θερμά τον μοναδικό Κώστα Βήττα για τα καλά και ενθαρρυντικά του λόγια ! Θα είμαι ευτυχής αν -πρώτα ο Θεός-
μου δοθεί η ευκαιρία στην ΛΕΥΚΑΔΑ να συναντήσω από κοντά ανθρώπους που εκτιμώ βαθύτατα..
Για τη δική σου λύση Κώστα θεωρώ ότι είναι διαφορετική αλλά (..

..ξαναβλέποντας την παρούσα σίγουρα ) και κομψότερη !
Φιλικά Γιώργος.

#6

Έστω

, το συμμετρικό σημείο του

ως προς το

και έστω το σημείο $Z\equiv BC\cap PM$ .

Ορίζουμε ως

, το σημείο τομής του τμήματος

από την ευθεία

και σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα, έχουμε BD = AB = AC

και το σχήμα μας ταυτίζεται τώρα, με αυτό της εκφώνησης.

$\bullet$ Από το τρίγωνο $\vartriangle MBC$ με διατέμνουσα την DZE

, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου, έχουμε $\displaystyle \frac{DC}{DM}\cdot \frac{EM}{EB}\cdot \frac{ZB}{ZC} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{DC}{DM}\cdot \frac{ZB}{ZC} = \frac{2}{3}\ \ \ ,(1)$ γιατί EB = 2BM

.

Από το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα την PMZ

έχουμε $\displaystyle \frac{ZB}{ZC}\cdot \frac{PC}{PA}\cdot \frac{MA}{MB} = 1\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{ZB}{ZC} = \frac{PA}{PC}\ \ \ ,(2)$ λόγω MA = MB

.

Από $(1),\ (2)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{DC}{DM}\cdot \frac{PA}{PC} = \frac{2}{3}}\ \ \ ,(3)$

: Σταθερό σημείο.; f=22_t=59848.png (14.08 KiB) Προβλήθηκε 941 φορές

$\bullet$ Από το τρίγωνο $\vartriangle AMC$ τώρα, με διατέμνουσα την PQD

, όπου $Q\equiv AM\cap PD$ ,

έχουμε $\displaystyle \frac{DC}{DM}\cdot \frac{QM}{QA}\cdot \frac{PA}{PC} = 1\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{DC}{DM}\cdot \frac{PA}{PC} = \frac{QA}{QM}}\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{QA}{QM} = \frac{2}{3}}\ \ \ ,(5)$

Από (5)

συμπεραίνεται ότι το σημείο $Q\equiv AB\cap PD$ είναι σταθερό και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

ΛΗΜΜΑ 1. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω , το συμμετρικό σημείο του ως προς το . Η μεσοκάθετη ευθεία της πλευράς τέμνει την στο σημείο έστω και έστω το σημείο $D\equiv CM\cap EZ$ , όπου είναι το μέσον της . Αποδείξτε ότι .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα 1.

#7

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 1. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με και έστω , το συμμετρικό σημείο του ως προς το . Η μεσοκάθετη ευθεία της πλευράς τέμνει την στο σημείο έστω και έστω το σημείο $D\equiv CM\cap EZ$ , όπου είναι το μέσον της . Αποδείξτε ότι

$\bullet$ Από $\angle ACZ = \angle ZBA = \angle ZAB$ προκύπτει ότι η ευθεία

εφάπτεται στον περίκυκλο έστω (K)

του τριγώνου $\vartriangle ACZ$ στο σημείο

και άρα,

ισχύει $(BZ)(BC) = (BA)^{2}\ \ \ ,(1)$

Από $(1)\Rightarrow$ $(BZ)(BC) = (BE)^{2}\ \ \ ,(2)$ λόγω BA = BE

.

Από

προκύπτει ότι η ευθεία

εφάπτεται στον περίκυκλο έστω (L)

του τριγώνου $\vartriangle CZE$ στο σημείο

και επομένως,

ισχύει $\boxed{\angle BCE = \angle BEZ}\ \ \ ,(3)$

Έστω

, το μέσον της πλευράς

και από $MN\parallel BC$ έχουμε $\boxed{\angle CMN = \angle BCM}\ \ \ ,(4)$

: Σταθερό σημείο - Απόδειξη του λήμματος 1.; f=22_t=59848(a).png (24.22 KiB) Προβλήθηκε 906 φορές

$\bullet$ Στα όμοια τρίγωνα $\vartriangle AMC,\ \vartriangle ACE$ , με κοινή την γωνία $\angle A$ και $\displaystyle \frac{AM}{AC} = \frac{AC}{AE} = \frac{1}{2}$ , οι $MN,\ CB$ είναι ομόλογες ευθείες και επομένως,

ισχύει $\boxed{\angle CMN = \angle BCE}\ \ \ ,(5)$

Από $(3),\ (4),\ (5)\Rightarrow$ $\boxed{\angle BEZ = \angle BCM}\ \ \ ,(6)$

Από $(6)\Rightarrow$ $\angle MBZ = \angle MDZ\ \ \ ,(7)$

Από (7)

και $\angle MBZ = \angle MAZ\Rightarrow$ $\boxed{\angle MDZ = \angle MAZ}\ \ \ ,(8)$

Από (8)

προκύπτει ότι το τετράπλευρο ADZM

είναι εγγράψιμο και άρα, έχουμε $AD\perp DZ\equiv DE\ \ \ ,(9)$ , λόγω $AM\perp MZ$ .

Από (9)

στο ορθογώνιο πλέον τρίγωνο $\vartriangle DAE$ με $\angle D = 90^{o}$ και BA = BE

, συμπεραίνεται ότι $\boxed{BD = AB = AC}$ και το Λήμμα 1 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Ενδιαφέρον έχει η επέκταση που μας έδωσε ο Θανάσης ( KARKAR ) πιο πάνω, αλλά δεν έχω υπόψη μου κάποια λύση. Βρήκα μία άκρη αλλά θέλει δουλειά.

#8

KARKAR έγραψε:Έστωσαν λοιπόν οι ίσοι κύκλοι και σημείο της μεσοκαθέτου της διακέντρου . Η τέμνει τον ξανά στο , ενώ η τέμνει τον στο . Δείξτε ότι η διέρχεται από σταθερό σημείο του . Βρείτε το λόγο : $\dfrac{d}{r}$ , ώστε το να είναι το μέσο του

Ζόρικη η επέκταση του Θανάση ως προς το πρώτο ζητούμενο, για το οποίο βρίσκω $\boxed{\displaystyle \frac{NA}{NM} = \frac{2d^{2}}{4r^{2} - d^{2}}}\ \ \ ,(1)$

Για το δεύτερο ζητούμενο τώρα, εύκολα προκύπτει ότι $\boxed{\displaystyle \frac{d}{r} = \frac{2\sqrt{3}}{3}}\ \ \ ,(2)$ και θα επανέλθω εάν δεν έχω κάνει λάθος στις πράξεις. (*)

Θανάση σ' ευχαριστώ θερμά.

Κώστας Βήττας.

(*) Η (2)

πάντως είναι σωστή και η ισότητα NA = NM

επαληθεύεται από το σχεδιαστικό πρόγραμμα υπολογιστή.

#9

$\bullet$ Έστω

, το σημείο στην προέκταση του

προς το μέρος του

, ώστε να είναι $\angle ACE = \angle AMC$ και έστω

το μέσον του

.

Έστω τα σημεία $Z\equiv BC\cap PM$ και $F\equiv AZ\cap CO$ και ας είναι

, το σημείο τομής του

από την ευθεία

.

Σύμφωνα με το παρακάτω Λήμμα 2, έχουμε BD = AC = r

και έτσι, το σχήμα μας ταυτίζεται τώρα με αυτό της εκφώνησης.

$\bullet$ Από το τρίγωνο $\vartriangle AMC$ με διατέμνουσα την PND

, σύμφωνα με το Θεώρημα Μενελάου,

έχουμε $\displaystyle \frac{DC}{DM}\cdot \frac{NM}{NA}\cdot \frac{PA}{PC} = 1\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{NA}{NM} = \frac{DC}{DM}\cdot \frac{PA}{PC}}\ \ \ ,(2)$

Από το τρίγωνο $\vartriangle MOC$ με διατέμνουσα την DFE

, έχουμε $\displaystyle \frac{DC}{DM}\cdot \frac{EM}{EO}\cdot \frac{FO}{FC} = 1\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{DC}{DM}\cdot \frac{FO}{FC} = \frac{EO}{EM}}\ \ \ ,(3)$

Από την ομοιότητα των τριγώνων $\vartriangle AMC,\ \vartriangle ACE$ , λόγω της (1)

και κοινής της γωνίας $\angle A$ ,

έχουμε $\displaystyle \frac{AM}{AC} = \frac{AC}{AE}\Rightarrow$ $\displaystyle AE = \frac{2r^{2}}{d}\ \ \ ,(4)$ όπου r = AC = BD

και

.

Από $AE = 2EO\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle EO = \frac{r^{2}}{d}}\ \ \ ,(5)$

Από $EM = AE - AM\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle EM = \frac{4r^{2} - d^{2}}{2d}}\ \ \ ,(6)$ λόγω της (4)

και

.

Από $(3),\ (5),\ (6)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{DC}{DM}\cdot \frac{FO}{FC} = \frac{2r^{2}}{4r^{2} - d^{2}}}\ \ \ ,(7)$

: Σταθερό σημείο - Απόδειξη της επέκτασης Θανάση Καραντάνα.; f=22_t=59848(b).png (24.09 KiB) Προβλήθηκε 826 φορές

$\bullet$ Από το τρίγωνο $\vartriangle OBC$ με διατέμνουσα την AFZ

,

έχουμε $\displaystyle \frac{FO}{FC}\cdot \frac{ZC}{ZB}\cdot \frac{AB}{AO} = 1\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{FO}{FC} = \frac{r^{2}}{d^{2}}\cdot \frac{ZB}{ZC}}\ \ \ ,(8)$ λόγω AB = d

και $\displaystyle AO = EO = \frac{r^{2}}{d}$

Από το τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διατέμνουσα την PMZ

,

έχουμε $\displaystyle \frac{ZB}{ZC}\cdot \frac{PC}{PA}\cdot \frac{MA}{MB} = 1\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{ZB}{ZC} = \frac{PA}{PC}}\ \ \ ,(9)$ λόγω MA = MB

.

Από $(8),\ (9)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{FO}{FC} = \frac{r^{2}}{d^{2}}\cdot \frac{PA}{PC}}\ \ \ ,(10)$

Από $(7),\ (10)\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{DC}{DM}\cdot \frac{r^{2}}{d^{2}}\cdot \frac{PA}{PC} = \frac{2r^{2}}{4r^{2} - d^{2}}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{DC}{DM}\cdot \frac{PA}{PC} = \frac{2d^{2}}{4r^{2} - d^{2}}}\ \ \ ,(11)$

Από $(2),\ (11)\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{NA}{NM} = \frac{2d^{2}}{4r^{2} - d^{2}}}\ \ \ ,(12)$

Από (12)

συμπεραίνεται ότι το σημείο

είναι σταθερό και το (α) ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Από (12)

για $NA = NM\Rightarrow$ $3d^{2} = 4r^{2}\Rightarrow$ $\boxed{\displaystyle \frac{d}{r} = \frac{2\sqrt{3}}{3}}$ και το (β) ζητούμενο έχει υπολογιστεί.

ΛΗΜΜΑ 2. Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ACE$ και έστω , το σημείο τομής της πλευράς του από τον κύκλο έστω χορδής , ο οποίος εφάπτεται της στο σημείο . Η μεσοκάθετη ευθεία του , όπου είναι το συμμετρικό σημείο του ως προς το , τέμνει το τμήμα στο σημείο και έστω το σημείο $F\equiv AZ\cap CO$ , όπου είναι το μέσον του . Αποδείξτε ότι , όπου $D\equiv CM\cap EF$ .

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Θα βάλω αργότερα την απόδειξη που έχω υπόψη μου για το ως άνω Λήμμα 2.

#10

: 1506976185978832958555.jpg (1.94 MiB) Προβλήθηκε 832 φορές

Γιώργος Μήτσιος · #11

Χαιρετώ ! Νοιώθω ιδιαίτερη χαρά και τιμή να συμμετέχω σε συζήτηση όπως αυτή.
Όταν μάλιστα -όπως φαίνεται από την λύση που έδωσα πριν - βρέθηκα σε κοινά μονοπάτια σκέψης με τον Κώστα Ρεκούμη.
Στην επέκταση του θέματος στο μόνο που διαφέρει ουσιαστικά η διαδρομή της λύσης μου απ' αυτή του Κώστα
είναι στον υπολογισμό του $MC\cdot MD$ . Με χρήση του σχήματος:

: 3-10-17 Σταθερό σημείο.PNG (12.94 KiB) Προβλήθηκε 819 φορές

Θα δείξουμε ότι το DEHC

είναι εγγράψιμο. Έχουμε $H\widehat{M}C=\pi -x-2y$
αλλά και $A\widehat{M}D=E\widehat{B}D +x$ οπότε $E\widehat{B}D=\pi -2\left ( x+y \right )$ .
Από το ισοσκελές BED

παίρνουμε $E\widehat{B}D=\pi -2D\widehat{E}B$ . Έτσι προκύπτει $D\widehat{E}B=x+y=H\widehat{C}D$
άρα πράγματι DEHC

εγγράψιμο.Τότε $MC \cdot MD=ME \cdot MH$ . Είναι ME=BE-BM=R-d/2...MH=HA+AM=R+d/2

συνεπώς $MC \cdot MD=R^{2}-\dfrac{d^{2}}{4}$ ...

Είναι φανερό πως στην αρχική εκφώνηση ισχύει ειδικά R=d=2AM

και τότε $E\equiv A$ το DEHC

γίνεται

... $MC\cdot MD=3AM^{2}$ και τελικά $\dfrac{AN}{NB}=\dfrac{2d^{2}}{4R^{2}-d^{2}}\Rightarrow \dfrac{AN}{NB}=\dfrac{2}{3}$ .
Ένα

και στον Θανάση που ''είδε'' την γενίκευση-αναβάθμιση του θέματος !
Με εκτίμηση ... Φιλικά Γιώργος.

#12

vittasko έγραψε:ΛΗΜΜΑ 2. Δίνεται τρίγωνο $\vartriangle ACE$ και έστω , το σημείο τομής της πλευράς του από τον κύκλο έστω χορδής , ο οποίος εφάπτεται της στο σημείο . Η μεσοκάθετη ευθεία του , όπου είναι το συμμετρικό σημείο του ως προς το , τέμνει το τμήμα στο σημείο και έστω το σημείο $F\equiv AZ\cap CO$ , όπου είναι το μέσον του . Αποδείξτε ότι , όπου $D\equiv CM\cap EF$ .

$\bullet$ Ισχύει $\boxed{\angle ACM = \angle AEC}\ \ \ ,(1)$ και $\boxed{(AM)(AE) = (AC)^{2}}\ \ \ ,(2)$

Έστω

, το μέσον του

και από $MQ\parallel BC\Rightarrow$ $\boxed{\angle CMQ = \angle MCB}\ \ \ ,(3)$

Στα όμοια τρίγωνα $\vartriangle AMC,\ \vartriangle ACE$ , λόγω της (1)

και της κοινής της γωνίας τους $\angle A$ , οι $MQ,\ CO$ είναι ομόλογες ευθείες

και επομένως, ισχύει $\boxed{\angle CMQ = \angle ECO}\ \ \ ,(4)$

Από $(3),\ (4)\Rightarrow$ $\angle MCB = \angle OCE\Rightarrow$ $\angle MCO = \angle ECB\ \ \ ,(5)$

: Σταθερό σημείο - Επέκταση Θανάση Καραντάνα - Απόδειξη του Λήμματος 2.; f=22_t=59848(c).png (43.54 KiB) Προβλήθηκε 747 φορές

$\bullet$ Τώρα, από $\angle ACF = \angle ACM + \angle MCO = \angle AEC + \angle ECB = \angle ABZ = \angle BAZ\ \ \ ,(6)$ προκύπτει ότι η ευθεία

εφάπτεται

στον περίκυκλο έστω (X)

του τριγώνου $\vartriangle ACF$ στο σημείο

και άρα, ισχύει $(OF)(OC) = (OA)^{2} = (OE)^{2}\ \ \ ,(7)$

Από (7)

προκύπτει ότι η ευθεία

εφάπτεται στον περίκυκλο έστω (Y)

του τριγώνου $\vartriangle ECF$ στο σημείο

και επομένως,

ισχύει $\boxed{\angle ECO = \angle FEO\equiv \angle DEB}\ \ \ ,(8)$

Από $(3),\ (4),\ (8)\Rightarrow$ $\boxed{\angle MCB\equiv \angle DCB = \angle DEB}\ \ \ ,(9)$

Από (9)

έχουμε ότι το τετράπλευρο CDBE

είναι εγγράψιμο και άρα, ισχύει $(MD)(MC) = (MB)(ME) = (MA)(MT)\ \ \ ,(10)$

όπου

είναι το συμμετρικό σημείο του

ως προς το

.

$\bullet$ Από (10)

προκύπτει ότι το τετράπλευρο ATCD

είναι εγγράψιμο σε κύκλο έστω (V)

και άρα, έχουμε $\boxed{\angle ATD = \angle ACD\equiv ACM}\ \ \ ,(11)$

Από $(1),\ (11)$ και $\angle AEC = \angle MDB$ , λόγω του εγγραψίμου τετραπλεύρου CDBE

, προκύπτει $\angle ATD\equiv \angle MTD = \angle MDB\ \ \ ,(12)$

Από (12)

προκύπτει ότι η ευθεία

εφάπτεται στον περίκυκλο έστω (W)

του τριγώνου $\vartriangle MTD$ στο σημείο

και άρα,

έχουμε $\boxed{(BM)(BT) = (BD)^{2}}\ \ \ ,(13)$

Από $(2),\ (13)$ και (BM)(BT) = (AM)(AE)

, λόγω συμμετρίας ως προς το σημείο

, συμπεραίνεται ότι $\boxed{BD = AC}$ και το Λήμμα 2 έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

Σταθερό σημείο

Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Re: Σταθερό σημείο

Μέλη σε σύνδεση