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 $HA\mathrm{\perp }EZ$.

Απάντηση :

Επειδή $\hat{\omega }=\hat{Z}$ ( χορδής κι εφαπτομένης) ,

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

θα είναι $\hat{\theta }=\hat{Z}\iff DA=DZ(1)$ .

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

Ομοίως η $CD$ διχοτομεί και την γωνία  $H\hat{D}B$ . 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