Ίσα λόγω επαφών

Δυο Κύκλοι $({C_1})\,\kappa \alpha \iota \,\,({C_2})$ τέμνονται στα $A,B$. Φέρνουμε το κοινό εφαπτόμενο τμήμα $CD$ ( τα $C,\,\,D\,\,\,\sigma \tau o\upsilon \varsigma \,\,({C_1})\,,\,(\,{C_2})$ αντίστοιχα) και δια του $A$ παράλληλη προς αυτό που τέμνει τους $\,\,({C_1})\,,\,(\,{C_2})$ στα $E,Z$ αντίστοιχα.

Οι $EC,ZD$ τέμνονται στο $H$ και οι $BC,BD$ τέμνουν το $EZ$ στα $T,S$ αντίστοιχα. Δείξετε ότι $HT = HS$.
Πρώτα ένα λήμμα:

Δυο Κύκλοι  $({C_1})\,\kappa \alpha \iota \,\,({C_2})$ τέμνονται στα $A,B$. Φέρνουμε το κοινό εφαπτόμενο τμήμα  $CD$ ( τα $C,\,\,D\,\,\,\sigma \tau o\upsilon \varsigma \,\,({C_1})\,,\,(\,{C_2})$  αντίστοιχα )και δια του $A$ παράλληλη προς αυτό που τέμνει τους    $\,\,({C_1})\,,\,(\,{C_2})$ στα $E,Z$ αντίστοιχα . Οι $EC,ZD$ τέμνονται στο $H$ . Δείξετε ότι $HA \bot EZ$.

Απάντηση :

Επειδή $\widehat \omega  = \widehat Z$ ( χορδής κι εφαπτομένης) ,

και $\widehat \omega  = \widehat \theta $ ( εντός εναλλάξ των παραλλήλων $CD,EZ$ με τέμνουσα την $AD$) ,

θα είναι $\widehat \theta  = \widehat Z \Leftrightarrow DA = DZ\,\,(1)$ .

Είναι όμως και $\widehat {\omega '} = \widehat Z$ (Εκτός, εντός  και επί τα αυτά  των παραλλήλων $CD,EZ$ με τέμνουσα την $AD$)  και άρα  $\widehat \omega  = \widehat {\omega '}$ . δηλαδή η $CD$ διχοτομεί την γωνία $H\widehat DA$ .

Ομοίως η $CD$ διχοτομεί και την γωνία  $H\widehat DB$ . Άμεση συνέπεια : τα τρίγωνα $HDC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ADC$ είναι ίσα ( Γ-Π-Γ). Τώρα όμως θα είναι και $DA = DH\,\,(2)$.

Από τις $(1)\,\,\kappa \alpha \iota \,\,(2)$  έχουμε $DA = DH = DZ$ .

Δηλαδή στο τρίγωνο  $AHZ$ η διάμεσος  προς την πλευρά  του $HZ$ ισούται με το μισό της  και άρα θα είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την $HZ$.

Αν λοιπόν  η $BA$ τμήσει την $CD$ στο $P$ ( για να έχει και εποπτεία ή λύση του κ. Ριζόπουλου) , Θα είναι το $P$ μέσο του $CD$ γιατί ανήκει στον ριζικό άξονα των δύο κύκλων  και λόγο της $B.$ δέσμης  και το $A$ μέσο του $TS$. Στο τρίγωνο τώρα $HTS$ η διάμεσος και το ύψος από το $H$ συμπίπτουν και άρα αυτό είναι ισοσκελές