ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 06 9 ΑΘΗΝΑ Τηλ 36653-3684 - Fax: 36405 e-mail : info@hmsgr wwwhmsgr GREEK MATHEMATICAL SOCIETY 34, Panepistimiou (Εleftheriou Venizelou) Street GR 06 9 - Athens - HELLAS Tel 36653-3684 - Fax: 36405 e-mail : info@hmsgr wwwhmsgr ΕΠΙΤΡΟΠΗ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ 3 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Ο ΘΑΛΗΣ 0 Οκτωβρίου 0 ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Β ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Πρόβλημα Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: 5 44 39 8 : Α= 5 5 5 6 3+ 5 44 39 88 5 39 5 Α= 8 : 5 5 5 6 = = = 3 + 5 44 5 39 Πρόβλημα Αν ο κ είναι πρώτος θετικός ακέραιος και διαιρέτης του μέγιστου κοινού διαιρέτη των ακεραίων, 30 και 54, να βρείτε όλες τις δυνατές τιμές του κ και της παράστασης: κ 3 κ Β= : κ κ Είναι ΜΚΔ (,30,54) = 6 Οι θετικοί διαιρέτες του 6 είναι οι,, 3, 6 και από αυτούς πρώτοι είναι οι και 3 Άρα έχουμε κ = ή κ = 3 3 Για κ = έχουμε: 4 8 Β = : = : = = 3 4 3 3
3 κ 3 3 Για κ = 3 ο διαιρέτης 0 της παράστασης Β γίνεται = = 0, ενώ ο κ 3 3 3 διαιρετέος γίνεται = = 5 5 0, οπότε η παράσταση Β δεν ορίζεται 3 Πρόβλημα 3 Ένας ελαιοπαραγωγός έχει παραγωγή λαδιού 800 κιλά Για την καλλιέργεια του ελαιώνα του ξόδεψε 40 ευρώ και για τη συγκομιδή του καρπού από τις ελιές του ξόδεψε 050 ευρώ Η τιμή πώλησης του λαδιού είναι,5 ευρώ το κιλό και κατά την πώληση του λαδιού υπάρχουν κρατήσεις σε ποσοστό 6% πάνω στην τιμή πώλησης (α) Να βρείτε πόσα κιλά λάδι πρέπει να πωλήσει ο παραγωγός για να καλύψει τα έξοδά του (β) Αν επιπλέον το ελαιοτριβείο (εργοστάσιο που παράγεται το λάδι) κρατάει για την αμοιβή του το 8% του παραγόμενου λαδιού, να βρείτε πόσα κιλά λάδι θα μείνουν στον παραγωγό μετά την πώληση λαδιού για την κάλυψη των εξόδων του 6 (α) Κατά την πώληση του λαδιού οι κρατήσεις είναι,5 = 0,5 ευρώ, οπότε η 00 καθαρή τιμή πώλησης είναι,5 0,5 =,35 ευρώ Τα έξοδα του παραγωγού είναι 050 + 40 = 45 ευρώ, οπότε ο παραγωγός πρέπει να πωλήσει 45 :,35 = 60 κιλά λάδι 8 (β) Το ελαιοτριβείο θα κρατήσει 800 = 64 κιλά λάδι, οπότε θα μείνουν στον 00 + = κιλά λάδι παραγωγό 800 ( 60 64) 6 Πρόβλημα 4 3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ˆ Α = 60 και ΑΓ = ΑΒ Παίρνουμε σημείο Ε πάνω στην πλευρά ΑΓ τέτοιο ώστε ΑΕ = ΑΒ Αν η διχοτόμος της γωνίας ˆΑ τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα BΕ στο σημείο Δ, να βρείτε τις γωνίες του τριγώνου ΔΕΓ Σχήμα
Για συντομία, θα συμβολίσουμε με α το μήκος του τμήματος AB, δηλαδή: AB = α 3 3 Εφόσον ΑΓ = AB = α και ΑΕ = ΑΒ = α, έχουμε: 3 α ΕΓ = ΑΓ ΑΕ = α α = o Το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές ( ΑΒ = ΑΕ ) και η γωνία του Αˆ είναι 60, οπότε το τρίγωνο είναι ισόπλευρο και η διχοτόμος του ΑΔ είναι και διάμεσος α α Άρα είναι ΔΕ = και το τρίγωνο ΔΕΓ είναι ισοσκελές, αφού ΕΓ = ΕΓ = Η γωνία ˆΕ είναι εξωτερική του ισόπλευρου τριγώνου ΑΒΕ Άρα έχουμε Ε ˆ ˆ = 80 ΑΕΒ = 80 60 = 0, 80 0 οπότε : ˆ ˆ o Γ =Δ = = 30 Γ ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ Πρόβλημα Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης 4 6 8 x y z Κ=, αν είναι x=, y = 4, z = 8 3 3 3 ( 3 3 + 4 9 ) και να αποδείξετε ότι είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού Έχουμε: 0 8 6 0 8 8 6 6 3 6 8 x=, y = 4 = =, z = 8 = = Ο αριθμητής του κλάσματος γίνεται: 4 6 8 0 6 4 8 6 8 Α = x y z = = = Ο παρανομαστής του κλάσματος γίνεται: 0 64 08 8 0 ( 3 3 ) ( 3 4 6 ) 3 ( 3 ) 3 3 Π = 3 3 3 + 4 9 = 3 3 3 + 3 = 3 3 3+ 3 = 3 3 = 3 3 = 3 Άρα έχουμε 0 3 3 33 33 Κ= = = = 8 8 4 = 3 6 Πρόβλημα Να βρείτε για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού α οι αριθμοί 3 και -3 είναι λύσεις της ανίσωσης 4x 5α + < α x 3 + α Ο αριθμός 3 είναι λύση της δεδομένης ανίσωσης, αν ισχύει ότι
6 4 3 5α + < α( 3 3) + ( α ) 5α + < α 6< α α > Ο αριθμός -3 είναι λύση της δεδομένης ανίσωσης, αν ισχύει ότι 4 ( 3) 5α + < α( 3 3) + ( α ) 5α + < 6α + α 8< α α > 8 Επομένως οι αριθμοί 3 και -3 είναι λύσεις της ανίσωσης, όταν συναληθεύουν οι 6 6 ανισώσεις α > και α > 8, δηλαδή όταν α > Πρόβλημα 3 Αν το εμβαδόν Ε του χωρίου ΑΒΔΓ του διπλανού σχήματος ισούται με το του εμβαδού του κυκλικού δακτυλίου που ορίζεται από τους κύκλους ( Ο,α ) και ( Ο, β ), 0< β < α, να βρείτε τη γωνία ω = ΑΟΒ ˆ και την τιμή της παράστασης: Σ= ημ ω συνω 4 3 3 Σχήμα Το εμβαδόν του χωρίου ΑΒΔΓ ισούται με τη διαφορά των εμβαδών των κυκλικών τομέων ΟΑΒ, και ΟΓΔ,, δηλαδή είναι ( ) ω ω α β ω Ε( ΑΒΔΓ ) = πα πβ = π π Ο και Ο, β, 0< β < α, ισούται με Ε( Ο, β, α) = π ( α β ), οπότε, σύμφωνα με την Το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου που ορίζεται από τους κύκλους (,α ) υπόθεση, έχουμε: ( ) ( ) Ε ΑΒΔΓ α β ω π = = ω = Ε Ο, βα, π α β 6 π π Επειδή είναι ημω = ημ = και συν ω = συν =, έχουμε 6 3
3 3 3 3 3 3 3 Σ= ημ ω συν ω = = = = 4 4 8 8 5 Πρόβλημα 4 Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ με ΑΔ = α cm και ΑΒ<ΑΔ Η κάθετη από την κορυφή Β προς τη διαγώνιο ΑΓ την τέμνει στο σημείο Ε Αν ισχύει ότι ΕΓ = ΑΕ, να βρείτε: (i) το μήκος της πλευράς ΑΒ (ii) Το εμβαδόν του κύκλου που περνάει και από τις τέσσερις κορυφές του ορθογωνίου ΑΒΓΔ Σχήμα 3 (i) Έστω ΑΒ = ΓΔ = x, ΑΕ = y, ΕΓ = y και ΒΖ= z Από την εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος στο τρίγωνα ΑΒΕ έχουμε: x = y + z z = x y () Από την εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος στο τρίγωνα ΒΓΕ έχουμε: α = 4y + z z = α 4y () Από τις σχέσεις () και () λαμβάνουμε: α 4y = x y x = α 3y (3) Από την εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος στο τρίγωνο ΑΔΓ έχουμε: 9y = x + α x = 9y α (4) Από τις σχέσεις (3) και (4) έχουμε: α α 6 9y α = α 3y y = y =, 6 6 οπότε λαμβάνουμε και α 6 α α α x = α 3 = α 3 = x= 6 6 (ii) Διάμετρος του κύκλου είναι η ΑΓ= 3y, οπότε η ακτίνα του είναι 3 α 6 R= y = Το εμβαδό του κύκλου είναι 4 6α 3πα E = πr = π = 6 8
Πρόβλημα Α ΛΥΚΕΙΟΥ Να βρεθούν οι ακέραιοι x που είναι ρίζες της εξίσωσης τετράγωνό τους δεν είναι μεγαλύτερο του 5 x x = 4 και το Η εξίσωση x( x ) = 4 x x 4= 0 είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ= 00, οπότε έχει δύο πραγματικές ρίζες ± 0 x= x= 6 ή x= 4 Δεκτή είναι η ρίζα x = 4, γιατί ( 4) = 6< 5, ενώ 6 = 36> 5 Πρόβλημα Να απλοποιηθεί η παράσταση: 3 3 α + β α + β + ( αβ + β )( α β) Κ ( αβ, ) =, ( α + β) α β αν α + β 0 και α + β Ο αριθμητής της παράστασης γράφεται: 3 3 α + β α + β + αβ + β α β 3 α 3 β ( α β ) β( α β)( α β) ( α β)( α αβ β ) ( α β)( α β) β( α β)( α β) ( α β)( α αβ β α β βα β ) ( α β)( α β α β) = + + + = + + + + + = + + + + = + + ( α β) ( α β)( α β) ( α β) ( α β)( α β)( α β ) = + + = + + Ο παρανομαστής της παράστασης γράφεται: ( α + β) α β = ( α + β)( α + β ) Άρα, αφού α + β 0 και α + β, έχουμε ( α + β)( α β)( α + β ) ( α + β)( α + β ) Κ α, β = = α β Πρόβλημα 3 Δίνεται η εξίσωση x + λx+ λ = 0 Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου λ για τις οποίες η εξίσωση έχει δύο ρίζες μεγαλύτερες του -5 και μικρότερες του και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι ίσο με 0 Η δεδομένη εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ= 4λ 4 λ = 4,
οπότε έχει δύο πραγματικές ρίζες x = λ + και x = λ Οι δύο ρίζες ανήκουν στο διάστημα ( 5, ), όταν 5< λ + < και 5< λ < 6< λ < και 4< λ < 3 < λ < 6 και 3< λ < 4 < λ < 4 Επιπλέον, έχουμε λ+ + λ = 0 λ + = 0 λ = 9 λ = 3 ή λ = 3, Επομένως, αφού πρέπει < λ < 4 το ζητούμενο ισχύει για λ = 3 Πρόβλημα 4 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ= α και ΑΒ = ΑΓ=α Η παράλληλη ευθεία από την κορυφή Γ προς την πλευρά ΑΒ τέμνει την ευθεία της διχοτόμου ΒΔ στο σημείο Ε Η ευθεία ΑΕ τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Ζ Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές Σχήμα 4 Επειδή ΕΓ // ΑΒ, θα ισχύει Β ˆ ˆ = Ε και αφού η ΒΕ είναι διχοτόμος της γωνίας Βˆ, θα είναι Β ˆ ˆ = Β Επομένως έχουμε Β ˆ ˆ = Ε και κατά συνέπεια το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές, δηλαδή: ΒΓ = ΓΕ = α Στη συνέχεια μπορούμε να εργαστούμε με δύο τρόπους ος τρόπος Λόγω της παραλληλίας των ΕΓ, ΑΒ θεωρούμε τα όμοια τρίγωνα ΕΓΖ και ΑΒΖ, από τα οποία λαμβάνουμε: ΓΖ ΕΓ α = = = ΒΖ= ΓΖ ΒΖ ΑΒ α Επομένως το σημείο Γ είναι το μέσο της ΒΖ, δηλαδή ΒΖ= ΒΓ= α Επειδή είναι και ΑΒ = α το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές ος τρόπος Θεωρούμε το μέσο M της ΑΒ Τότε το τετράπλευρο ΒΓΕΜ είναι ρόμβος, διότι: έχει ΒΜ = // ΓΕ = α (οπότε ΒΓΕΜ παραλληλόγραμμο) και ΒΓ = ΓΕ = α (δύο διαδοχικές πλευρές ίσες) Άρα ΜΕ = ΒΖ και κατά συνέπεια το E είναι μέσο του ΑΖ Επομένως στο τρίγωνο ΑΒΖ, η ΒΕ είναι διχοτόμος και διάμεσος, οπότε το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές
Β ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα Α Αν κ α 0 και < α < να βρείτε το πρόσημο της παράστασης Κ = + α, Β όπου + α α + α α Α= +, Β= α + α α + α Από τις υποθέσεις έχουμε ότι + α > 0 και α > 0, οπότε + α α + α + α Α= + = = α + α α α, ( α) + α α + α α Β= = = α + α α α Άρα έχουμε: Α α + α Κ= + α = + α = Β α α 3 Επειδή είναι α + α = α + > 0, για όλες τις τιμές του α, έπεται ότι η 4 παράσταση Κ έχει το πρόσημο του α, δηλαδή θετικό, αν 0< α < και αρνητικό, αν < α < 0 Πρόβλημα Δίνεται η εξίσωση : x κx + κ = 0 Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου κ για τις οποίες η εξίσωση έχει δύο ρίζες στο διάστημα ( 0,5) με άθροισμα τέταρτων δυνάμεων ίσο με 8 Η δεδομένη εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ= 4κ 4( + κ ) = 4, οπότε έχει δύο πραγματικές ρίζες x = κ + και x = κ Οι δύο ρίζες ανήκουν στο διάστημα ( 0,5 ), όταν 0< κ + < 5 και 0< κ < 5 < κ < 4 και < κ < 6 < κ < 4 Επιπλέον, έχουμε 4 4 4 4 κ + + κ = 8 κ + κ + = 8 κ + 6κ 40 = 0, από την οποία λαμβάνουμε κ = 4 ή κ = 0 (αδύνατη) κ = ή κ = Επομένως για κ = ισχύει το ζητούμενο, αφού η τιμή κ = απορρίπτεται λόγω της σχέσης < κ < 4
Πρόβλημα 3 Να προσδιορίσετε τους μη μηδενικούς ακέραιους x, y και zγια τους οποίους ισχύει ότι x = y = z 0x+ 3 0y+ 5 0z+ και το άθροισμα των τετραγώνων των x, y και z είναι διαιρέτης του 4 Από το δεδομένο σύστημα έχουμε 0x+ 3 0y+ 5 0z+ = = x y z 3 5 0 + = 0 + = 0 + x y z 3 5 = = x y z οπότε, αν θέσουμε 3 = 5 = = έπεται ότι: x= 3 λ, y = 5 λ, z = λ x y z λ Επειδή το άθροισμα των τετραγώνων των x, y και z είναι διαιρέτης του 4 θα έχουμε 4 9 x + y + z = 83λ 4 κ κ 83λ = λ =, Επομένως οι μοναδικές αποδεκτές τιμές για το λ είναι οι, 3 και 9 Για λ λ xyz,, = 3,5, ή xyz,, = 3, 5, = =± έπεται ότι Για λ = 3 λ =± 3 προκύπτουν για τα x, yz, μη ακέραιες τιμές, άτοπο Για λ 9 λ 3 xyz,, = 9,5, ή xyz,, = 9, 5, = =± έπεται ότι Πρόβλημα 4 Δίνεται κύκλος cor (, ), τυχούσα χορδή του AB (όχι διάμετρος) και τυχόν σημείο M του μικρού τόξου AB Οι κύκλοι c ( A, AM ) και c (, ) B BM τέμνουν το κύκλο cor (, ) στα σημεία K και N αντίστοιχα Οι κύκλοι c (, ) A AM και c (, ) B BM τέμνονται στο σημείο T Να αποδείξετε ότι το σημείο T είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου KMN Γνωρίζουμε ότι η διάκεντρος τεμνόμενων κύκλων είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής τους
Σχήμα 5 Η KM είναι κοινή χορδή των κύκλων c ( O,R ) και c ( A, AM ) Άρα η OA είναι μεσοκάθετη της KM () Η MT είναι κοινή χορδή των κύκλων c ( A, AM ) και c ( B,BM ) Άρα η AB είναι μεσοκάθετη της MT () Η MN είναι κοινή χορδή των κύκλων c ( O,R ) και c ( B,BM ) Άρα η OB είναι μεσοκάθετη της MN (3) Από τις καθετότητες () και (), προκύπτει η ισότητα γωνιών: Â = Mˆ (γιατί έχουν πλευρές κάθετες) Από τις καθετότητες () και (3), προκύπτει η ισότητα γωνιών: Bˆ = Mˆ (γιατί έχουν πλευρές κάθετες) και τελικά από το ισοσκελές τρίγωνο OAB, έχουμε: Â = Bˆ Οι τρεις τελευταίες ισότητες γωνιών μας οδηγούν στην ισότητα: Mˆ = Mˆ Η γωνία A Nˆ M και A Bˆ M είναι ίσες, διότι είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο c ( O,R ) και βαίνουν στο τόξο AM Η γωνία T Nˆ M είναι εγγεγραμμένη στο κύκλο c ( B,BM ), οπότε θα ισούται με το μισό της αντίστοιχης επίκεντρης γωνίας T Bˆ M, δηλαδή: TNˆ M = ABˆ M Άρα ANˆ M = T Nˆ M και κατά συνέπεια τα σημεία A,T, N είναι συνευθειακά Ισχύει τώρα η ισότητα A Nˆ K = ANˆ M (διότι είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο c ( O,R ) και βαίνουν στα ίσα τόξα AM και AK ) Επομένως η NA είναι διχοτόμος της γωνίας K Nˆ M
Γ ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα Να λύσετε στους θετικούς ακέραιους την εξίσωση 0 + + + + = + + + 3 + + 3+ 4 + + 3 + 4 + + x 03 x( x+ ) Επειδή + + 3 + + x =, για κάθε θετικό ακέραιο x, η δεδομένη εξίσωση γράφεται: 0 + + + + = 3 3 4 4 5 x( x+ ) 03 0 + + + + = 3 3 4 4 5 x x+ 03 0 = = x = 0 x + 03 x + 03 Πρόβλημα Αν οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων g( x) = cx+ b, όπου abc,,, a 0 f x = ax + bx+ c και, διαφορετικοί μεταξύ τους ανά δύο, έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, να βρείτε τη συνθήκη που ισχύει μεταξύ των παραμέτρων abc,, καθώς και το κοινό σημείο των δύο γραφικών παραστάσεων Από την υπόθεση έπεται ότι η εξίσωση ax + bx + c = cx + b ax + ( b c) x + ( c b) = 0 έχει μοναδική λύση Επομένως η διακρίνουσά της ισούται με 0, δηλαδή Δ= ( b c) + 4a( b c) = 0 ( b c)( b c+ 4a) = 0 c b= 4 a, αφού b c Όταν c b= 4a η εξίσωση γίνεται: ax 4ax + 4a = 0 a x 4x + 4 = 0 x 4x + 4= 0 x = Άρα το κοινό σημείο των δύο γραφικών παραστάσεων είναι το Μ (, c+ b) Πρόβλημα 3 Να προσδιορίσετε τους μη μηδενικούς πραγματικούς αριθμούς x, y και οποίους ισχύει ότι x = y = z 0x+ y 0y+ z 0z+ και το άθροισμα των τετραγώνων των x, y και z ισούται με 4 zγια τους Από το δεδομένο σύστημα έχουμε
0x+ y 0y+ z 0z+ = = x y z y z y z 0 + = 0 + = 0 + = = x y z x y z y z 3 οπότε, αν θέσουμε = = = έπεται ότι: x= λ, y = λ, z = λ x y z λ Επειδή το άθροισμα των τετραγώνων των x, y και z ισούται με 4 θα έχουμε 6 4 x + y + z = 4 49λ + 49λ + 49λ = 4 6 4 6 4 λ + λ + λ = 3 λ + λ + λ = 0 4 λ λ + λ + + λ + + = 0 4 λ λ + λ + 3 = 0 λ = ή λ =, 4 αφού η εξίσωση λ + λ + 3= 0 έχει διακρίνουσα Δ = 8< 0 Επομένως οι ζητούμενες τριάδες ακεραίων είναι: xyz,, =,, ή xyz,, =,, Πρόβλημα 4 Δίνεται κύκλος cor (, ), τυχούσα χορδή του BC (όχι διάμετρος) και τυχόν σημείο M του μικρού τόξου BC Οι κύκλοι c ( B, BM ), c (, ) C CM τέμνουν το κύκλο cor (, ) στα σημεία K, N, αντίστοιχα, και οι κύκλοι c ( B, BM ), c ( C, CM ) τέμνονται στα σημεία A και M Η παράλληλος από το σημείο M προς την BC τέμνει τους κύκλους c ( B, BM ), c (, ) C CM στα σημεία T, S αντίστοιχα Να αποδείξετε ότι οι ευθείες AM, KT, NS περνάνε από το ίδιο σημείο Θα αποδείξουμε, πρώτα, ότι τα σημεία K, A,C, S και N, A,B, T είναι συνευθειακά Σχήμα 6 Η AM είναι η κοινή χορδή των κύκλων c ( B,BM ) και c ( C,CM ) Άρα η διάκεντρός τους BC είναι μεσοκάθετη της AM
Η BC όμως είναι παράλληλη με την TS (από την κατασκευή του σχήματος) Άρα η o TS είναι κάθετος με την AM ( AM TS ) Δηλαδή A Mˆ T = AMˆ S = 90 Από την τελευταία ισότητα γωνιών προκύπτει ότι τα σημεία A, T και A, S είναι αντιδιαμετρικά στους κύκλους c ( B,BM ) και c ( C,CM ) αντίστοιχα Επομένως, τα σημεία A,C, S και A,B, T είναι συνευθειακά Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι τα σημεία K, A, C και N, A, B είναι συνευθειακά Στον κύκλο c ( O,R ), το σημείο B είναι μέσο του τόξου KM (διότι BM, BK είναι ακτίνες του κύκλου c ( B,BM ) ) Άρα οι εγγεγραμμένες στα τόξα BM και BK γωνίες, θα είναι ίσες μεταξύ τους Επομένως KCB ˆ = MCB ˆ () Εφόσον η διάκεντρος BC είναι μεσοκάθετη της AM, τα τρίγωνα ABC και MBC είναι ίσα, οπότε : ACB ˆ = MCB ˆ () Από τις ισότητες των γωνιών () και () συμπεραίνουμε ότι K ĈB = AĈB και κατά συνέπεια τα σημεία K, A, C είναι συνευθειακά Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και τα σημεία N, A, B είναι επίσης συνευθειακά Από τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα AMTK και AMSN συμπεραίνουμε ότι: o A Kˆ T = ANˆ S = 90 Επομένως προκύπτουν οι καθετότητες TK KS και TN NS Σε συνδυασμό τώρα με την καθετότητα AM TS, συμπεραίνουμε ότι τα AM, KT, NS είναι ύψη του τριγώνου ATS, οπότε θα συγκλίνουν στο ορθόκεντρό του Παρατηρήσεις Έστω P το ορθόκεντρο του τριγώνου ATS Τότε τα σημεία P, A,T, S αποτελούν ορθοκεντρική τετράδα και κατά συνέπεια το σημείο A είναι ορθόκεντρο του τριγώνου PTS Το τρίγωνο KMN είναι ορθικό του τριγώνου PTS και κατά συνέπεια το σημείο A είναι έκκεντρο του τριγώνου KMN