mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 13, 2021 7:47 pm**

Όπως ξέρουν οι πάντες, οι διχοτόμοι τριγώνου συγκλίνουν. Το θεώρημα αυτό υπάρχει (όχι ακριβώς σε αυτή την μορφή αλλά σε ισοδύναμη) στα Στοιχεία του Ευκλείδη Δ, 4 και από εκεί σε όλες ανεξαιρέτως τις Γεωμετρίες. Παντού και μονότονα βλέπει κανείς την ίδια απόδειξη, με χρήση του γεγονότος ότι τα σημεία της διχοτόμου γωνίας ισαπέχουν από τις πλευρές της, και αντίστροφα.

Άντε αν κάποιο βιβλίο έχει και το Θεώρημα Ceva, να δώσει το παραπάνω ως εφαρμογή με χρήση του Θεωρήματος των διχοτόμων, πάλι μονότονα επαναλαμβάνοντας τον Giovanni Ceva (1647–1734) στο De lineis rectis.

Έχω κατασκευάσει αρκετές ακόμη αποδείξεις του εν λόγω θεωρήματος, και ζητώ από το φόρουμ να καταγράψει εδώ όσες μπορεί. Ο αληθινός λόγος που το κάνω είναι γιατί υπάρχει μία άγνωστη στον κόσμο απόδειξη του Αρχιμήδη, που μου αρέσει, και την οποία θα καταγράψω όταν δούμε εδώ μερικές από τα μέλη μας.

Η απόδειξη αυτή του Αρχιμήδη υπάρχει σε ένα και μοναδικό χειρόγραφο στην Κωνσταντινούπολη, σε μεσαιωνική Αραβική μετάφραση (και από εκεί σε δυσεύρετη Γερμανική και Αγγλική). Δυστυχώς η Ελληνική έκδοση των Απάντων του Αρχιμήδη από στον Ευάγγελο Σταμάτη δεν έχει το σχετικό χειρόγραφο, αλλά ούτε το έχουν η έκδοση του Heath ή του Dijksterhuis. Και δεν έχω δει την απόδειξη πουθενά-πουθενά, πέρα από την δυσεύρετη Αγγλική μετάφραση.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 14, 2021 12:30 am**

: 20210114_002243.jpg (30.59 KiB) Προβλήθηκε 1029 φορές

Καλημέρα!
Φέρνουμε τις διχοτόμους των A,B

που τέμνονται στο

.
Έτσι $\angle IAB=\angle IAC=\theta$ και $\angle IBA=\angle IBC=\phi$
Τώρα διαδοχικά με νόμο ημιτόνων στα CIB,BIA,AIC

παίρνουμε:
$CI \sin \widehat{ICB}=BI \sin \phi=AI \sin \theta=CI \sin \widehat{ICA}$
$\Rightarrow \sin \widehat{ICB}=\sin \widehat{ICA} \Leftrightarrow \widehat{ICB}=\widehat{ICA}$ και οι διχοτόμοι συντρέχουν στο

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 14, 2021 10:52 am**

Μιχάλη, δεν ξέρω αν σου κάνει.

: Έγκεντρο.png (16.52 KiB) Προβλήθηκε 978 φορές

Φέρνω τη διχοτόμο της γωνίας

που τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο στο

Ο κύκλος

διέρχεται

από το

και τέμνει την

στο

Είναι, $\displaystyle P\widehat BI = P\widehat IB \Leftrightarrow P\widehat BC + \varphi = \frac{{\widehat A}}{2} + \omega \Leftrightarrow$ $\boxed{\varphi = \omega}$

Ομοίως και η διχοτόμος της $\widehat C$ διέρχεται από το

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 14, 2021 12:07 pm**

george visvikis έγραψε: ↑
Πέμ Ιαν 14, 2021 10:52 am
Μιχάλη, δεν ξέρω αν σου κάνει.

Βεβαίως μου κάνουν, και οι δύο παραπάνω μέθοδοι. Μου είναι άλλωστε καινούργιες. Δεν τις γνώριζα.

Δημοσιεύτηκε: **Πέμ Ιαν 14, 2021 10:35 pm**

Φέρνουμε τις διχοτόμους από τα $A,\,B$ και έστω ότι τέμνονται στο

. Από το θεώρημα των διχοτόμων δύο φορές είναι

$\displaystyle{\dfrac {AI}{ID}= \dfrac {AB}{BD} = \dfrac {AC}{CD}}$ . Άρα από το αντίστροφο του θεωρήματος των διχοτόμων στο τρίγωνο ADC

, το

είναι στην διχοτόμο της

. Τελειώσαμε.

Η παλαιότερη πηγή στην οποία έχω δει την κομψή αυτή απόδειξη είναι το βιβλίο ARNAULD, Nouveaux Εléments de Géometrie (1667). Επίσης υπάρχει παραλλαγή της στο Todhunter, Elements of Geometry (1864).

Αργά ή γρήγορα θα αναρτήσω και άλλες κομψές αποδείξεις του Θεωρήματος, συμπεριλαμβανομένης και της ξεχασμένης του Αρχιμήδη.

Και ο ίδιος είχα κατασκευάσει διάφορες αποδείξεις, αλλά αργά ή γρήγορα τις είδα σχεδόν όλες, τις ίδιες ή παραλλαγές τους, στα παλιά βιβλία. Μία τέτοια είναι η παραπάνω. Παραλλαγή της είναι να φέρουμε την διχοτόμο

και να βρούμε συναρτήσει των πλευρών το μήκος του

, όπου

το σημείο που την τέμνει η διχοτόμος της

(απλό). Κατόπιν να κάνουμε το ίδιο για την διχοτόμο από το

βρίσκοντας το αντίτοιχο AI'

. Θα παρατηρήσουμε (έχουμε συμμετρία) ότι AI=AI'

, και λοιπά.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 15, 2021 1:22 am**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 13, 2021 7:47 pm
Όπως ξέρουν οι πάντες, οι διχοτόμοι τριγώνου συγκλίνουν. Το θεώρημα αυτό υπάρχει (όχι ακριβώς σε αυτή την μορφή αλλά σε ισοδύναμη) στα Στοιχεία του Ευκλείδη Δ, 4 και από εκεί σε όλες ανεξαιρέτως τις Γεωμετρίες. Παντού και μονότονα βλέπει κανείς την ίδια απόδειξη, με χρήση του γεγονότος ότι τα σημεία της διχοτόμου γωνίας ισαπέχουν από τις πλευρές της, και αντίστροφα.

Άντε αν κάποιο βιβλίο έχει και το Θεώρημα Ceva, να δώσει το παραπάνω ως εφαρμογή με χρήση του Θεωρήματος των διχοτόμων, πάλι μονότονα επαναλαμβάνοντας τον Giovanni Ceva (1647–1734) στο De lineis rectis.

Έχω κατασκευάσει αρκετές ακόμη αποδείξεις του εν λόγω θεωρήματος, και ζητώ από το φόρουμ να καταγράψει εδώ όσες μπορεί. Ο αληθινός λόγος που το κάνω είναι γιατί υπάρχει μία άγνωστη στον κόσμο απόδειξη του Αρχιμήδη, που μου αρέσει, και την οποία θα καταγράψω όταν δούμε εδώ μερικές από τα μέλη μας.

Η απόδειξη αυτή του Αρχιμήδη υπάρχει σε ένα και μοναδικό χειρόγραφο στην Κωνσταντινούπολη, σε μεσαιωνική Αραβική μετάφραση (και από εκεί σε δυσεύρετη Γερμανική και Αγγλική). Δυστυχώς η Ελληνική έκδοση των Απάντων του Αρχιμήδη από στον Ευάγγελο Σταμάτη δεν έχει το σχετικό χειρόγραφο, αλλά ούτε το έχουν η έκδοση του Heath ή του Dijksterhuis. Και δεν έχω δει την απόδειξη πουθενά-πουθενά, πέρα από την δυσεύρετη Αγγλική μετάφραση.

είναι το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών B,C

και

.

Η

τέμνει την

στο

και ισχύει $\dfrac{KM}{KI}= \dfrac{KM}{KB}= \dfrac{ MI}{IA}= \dfrac{ML}{LC}= \dfrac{ML}{LI}$

Άρα

διχοτόμος της $\angle KIL$ άρα και της γωνίας

: Σύγκλιση διχοτόμων.png (10.01 KiB) Προβλήθηκε 862 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 15, 2021 1:29 am**

Ενδιαφέρον. Μου είναι άγνωστη.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 15, 2021 10:09 am**

Έστω ότι οι διχοτόμοι των $\widehat B, \widehat C$ τέμνονται στο

και

: Έγκεντρο.β.png (12.02 KiB) Προβλήθηκε 828 φορές

$\displaystyle \frac{{AD}}{{AE}} = \frac{{BD}}{{EC}} = \frac{{DI}}{{IE}}$ που αποδεικνύει το ζητούμενο.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 15, 2021 11:31 am**

Στο ίδιο πνεύμα με αυτό της προηγούμενης απάντησης από τον Μιχάλη. Την καταγράφω για τον κόπο και την ελάχιστη διαφορετικότητα.
Οι διχοτόμοι

,

τέμνονται στο

, και είναι $GH \parallel BE$ και $HF \parallel DC$ . Είναι τότε

$\displaystyle{ {AB \over BH} = {AB \over BG} = {AK \over KH} = {AC \over CF} = {AC \over CH} }$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 15, 2021 12:46 pm**

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Τετ Ιαν 13, 2021 7:47 pm
Όπως ξέρουν οι πάντες, οι διχοτόμοι τριγώνου συγκλίνουν. Το θεώρημα αυτό υπάρχει (όχι ακριβώς σε αυτή την μορφή αλλά σε ισοδύναμη) στα Στοιχεία του Ευκλείδη Δ, 4 και από εκεί σε όλες ανεξαιρέτως τις Γεωμετρίες. Παντού και μονότονα βλέπει κανείς την ίδια απόδειξη, με χρήση του γεγονότος ότι τα σημεία της διχοτόμου γωνίας ισαπέχουν από τις πλευρές της, και αντίστροφα.

Άντε αν κάποιο βιβλίο έχει και το Θεώρημα Ceva, να δώσει το παραπάνω ως εφαρμογή με χρήση του Θεωρήματος των διχοτόμων, πάλι μονότονα επαναλαμβάνοντας τον Giovanni Ceva (1647–1734) στο De lineis rectis.

Έχω κατασκευάσει αρκετές ακόμη αποδείξεις του εν λόγω θεωρήματος, και ζητώ από το φόρουμ να καταγράψει εδώ όσες μπορεί. Ο αληθινός λόγος που το κάνω είναι γιατί υπάρχει μία άγνωστη στον κόσμο απόδειξη του Αρχιμήδη, που μου αρέσει, και την οποία θα καταγράψω όταν δούμε εδώ μερικές από τα μέλη μας.

Η απόδειξη αυτή του Αρχιμήδη υπάρχει σε ένα και μοναδικό χειρόγραφο στην Κωνσταντινούπολη, σε μεσαιωνική Αραβική μετάφραση (και από εκεί σε δυσεύρετη Γερμανική και Αγγλική). Δυστυχώς η Ελληνική έκδοση των Απάντων του Αρχιμήδη από στον Ευάγγελο Σταμάτη δεν έχει το σχετικό χειρόγραφο, αλλά ούτε το έχουν η έκδοση του Heath ή του Dijksterhuis. Και δεν έχω δει την απόδειξη πουθενά-πουθενά, πέρα από την δυσεύρετη Αγγλική μετάφραση.

Έτω

το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών B,C

Θεωρούμε τους κύκλους (A,I,B),(A,I,C)

που τέμνονται αντίστοιχα από τις CI,BI

στα

Όλες οι σημειωμένες πράσινες γωνίες είναι ίσες με $\dfrac{B+C}{2}$ άρα E,A,Z

συνευθειακά

Όμως λόγω ισότητας των γωνιών $\theta$ , το BEZC

είναι εγγράψιμμο,άρα $\omega = \phi$

: Σύγκλιση διχοτόμων τριγώνου.png (21.85 KiB) Προβλήθηκε 786 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 15, 2021 2:54 pm**

Καλησπέρα!

Δίνω μια ακόμη προσέγγιση:

Έστω ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC

και

τα σημεία τομής των διχοτόμων CD, AE, BZ

με τον περιγεγραμμένο κύκλο.

Οι ευθείες CK, MN

τέμνονται κάθετα , αφού η γωνία που σχηματίζουν ισούται με $\angle KAM+\angle NBC=\dfrac{A+B+C}{2}=90^{\circ}$ .

Όμοια , οι AM, KN

τέμνονται κάθετα και οι BN, KM

τέμνονται κάθετα. Άρα , οι AM, BN, CK

ύψη του τριγώνου KMN

και συντρέχουν, δηλαδή οι διχοτόμοι του τριγώνου ABC

συντρέχουν.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 15, 2021 7:27 pm**

: Διχοτόμοι.png (27.1 KiB) Προβλήθηκε 673 φορές

Τα σημεία

είναι τα μέσα των τόξων $\overset{\frown}{AB} , \overset{\frown}{AC}$ του περικύκλου . Το τετράπλευρο AZIE

είναι χαρταετός ( $AI \perp ZE$ ) , ενώ το τρίγωνο ALN

είναι ισοσκελές , άρα :

διχοτόμος .

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιαν 15, 2021 11:37 pm**

Έστω

το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών $B\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C$ .
Φέρνω από το

τις παράλληλες προς τις πλευρές $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ και τέμνουν

στα $K\,,\,M$ την

και στα $L\,\,\kappa \alpha \iota \,\,N$ τις $AB\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AC$ .

Θέτω: $AL = x\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AN = y$ , $IK = KB = k\,\,\kappa \alpha \iota \,\,IM = MC = m$

: Για διχοτόμους_Αρχιμήδης.png (18.38 KiB) Προβλήθηκε 643 φορές

Ισχύουν ταυτόχρονα: $\left\{ \begin{gathered} \frac{{AL}}{{AB}} = \frac{{CM}}{{CB}} \hfill \\ \frac{{AN}}{{AC}} = \frac{{KB}}{{BC}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} \frac{x}{c} = \frac{m}{a} \hfill \\ \frac{y}{b} = \frac{k}{a} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \dfrac{{xb}}{{yc}} = \dfrac{m}{k} = \dfrac{b}{c} \Rightarrow \boxed{x = y}$

Αρα το τετράπλευρο ALIN

είναι ρόμβος , οπότε η

είναι η τρίτη διχοτόμος .

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 16, 2021 1:29 am**

Παραλλαγή αυτής του Μιχάλη στο ποστ

.

Φέρνουμε τους κύκλους που βλέπουν τοσ AB, AC

υπό γωνίες $90+C/2,\, 90+B/2$ , αντίστοιχα, και έστω ότι τέμνονται στο

. Τότε $\angle BIC = 360-(90+B/2+90+C/2)= 90+A/2$ . Γράφουμε λοιπόν και τον κύκλο που βλέπει την

υπό γωνία

ο οποίος, επίσης, διέρχεται από το

. Οι τρεις συγκλίνοντες αυτοί κύκλοι φαίνονται στο σχήμα. Προεκτείνουμε τις AI, BI, CI

μέχρι να τους τμήσουν στα G,H,K

αντίστoιχα. Από διάφορα εγγράψιμμα τετράπλευρα έχουμε

$\displaystyle{\angle KAB= \angle KIB= \angle BGC = \angle CIH = \angle CAH}$ και εκάστη ίση με $\angle BGC= 180-(90+A/2)= 90-A/2$ . Άρα τα K,A,C

είναι συνευθειακά (οι γωνίες στο

έχουν άθροισμα 180

). Ομοίως τα K,B,G

και

. Άρα

εγγράψιμμο αφού $\angle AKB=\angle BIC=\angle BCG$ . Οπότε

$\angle IAB= \angle CKB = \angle BHC = \angle IAC$ , δηλαδή η

διχοτομεί την

. Kαι λοιπά.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 16, 2021 10:57 am**

Καλημέρα!

Άλλη μια προσέγγιση:

Αρχικά, θεωρώ την περίπτωση $AB\neq AC$ .

Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρώ ότι AB< AC

. Θεωρώ σημείο

στην

, ώστε

.

Τότε $\angle BKC=90^{\circ}+\dfrac{A}{2}$ .

Έστω

το σημείο τομής των διχοτόμων των B,C

. Τότε $\angle BIC=\angle BKC=90^{\circ}+\dfrac{A}{2}$ και το BIKC

εγγράψιμο.

Άρα, $\angle IBK=\angle IKB=\dfrac{C}{2}$ και άρα IB=IK

.

Συνεπώς, η

μεσοκάθετος του

και άρα διχοτόμος της γωνίας

στο ισοσκελές ABK

.

Συμπεραίνουμε ότι οι διχοτόμοι του τριγώνου ABC

συντρέχουν στο

.

Για την περίπτωση AB=AC

, παρατηρούμε ότι το

ανήκει στη μεσοκάθετο του

και άρα η

μεσοκάθετος του

και διχοτόμος της γωνίας

.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 16, 2021 6:56 pm**

: Έγκεντρο.γ.png (14.39 KiB) Προβλήθηκε 548 φορές

Οι διχοτόμοι των γωνιών $\widehat B, \widehat C$ τριγώνου ABC

τέμνονται στο

Στα σημεία B, C

φέρνω κάθετες στις BI, CI

που

τέμνονται στο

και τέμνουν τις CI, BI

στα

αντίστοιχα. Αν η

τέμνει την

στο

τότε προφανώς το

PBC

είναι το ορθικό τρίγωνο του KLM,

άρα η

διχοτομεί την $B\widehat PC.$ Αλλά, η

διχοτομεί την $P\widehat BC$ (όπως

και την $A\widehat BC$ εξ υποθέσεως), οπότε το

είναι σημείο της ευθείας BP.

Ομοίως βρίσκω ότι το

ανήκει και στην ευθεία

CP.

Επομένως $\displaystyle P \equiv A,$ δηλαδή η

διχοτομεί την $B\widehat AC.$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιαν 16, 2021 7:35 pm**

[quote="george visvikis" post_id=334674 time=1610816177 user_id=10857]

... PBC

είναι το ορθικό τρίγωνο του KLM

...
[/quote]

Γιώργο, πολύ όμορφο και μου είναι νέο.

Ξέρω και μία άλλη ωραία απόδειξη με χρήση του ορθικού, την οποία αφήνω μήπως την βρει άλλος. Θα την γράψω αν χρειαστεί, γιατί είναι κομψή.

Για την ώρα σημειώνω ότι ο συνηθισμένος τρόπος είναι από την σύγκλιση των διχοτόμων να καταλήξουμε στην σύγκλιση των υψών (που είναι δυσκολότερο) αλλά μπορούμε και το ανάποδο, όπως εδώ και στο ποστ

του Κώστα (kosfsa) παραπάνω.

Η μέθοδος του Κώστα και η ανάποδη (από διχοτόμους στα ύψη με χρήση του περιγεγραμμένου κύκλου) μου ήταν γνώριμες τεχνικές. Το ίδιο και μία απόδειξη με το ορθικό ή ανάποδα. 'Ομως έχω και για τα δύο μία απρόσμενη τεχνική, που θα την καταγράψω εδώ αργά ή γρήγορα. Και τα δύο αυτά ζεύγη αποδείξεων τα είχα καταγράψει σε διάφορα σημεία ή σε ομιλίες μου για το ορθόκεντρο.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Ιαν 17, 2021 12:02 pm**

Συνεχίζω το αμέσως προηγούμενο ποστ μου. Προς το τέλος του β' μέρους έχω την απρόσμενη τεχνική που αναφέρθηκα.

α) Το αριστερό σχήμα δείχνει την τεχνική του Κώστα (ksofsa). Προσοχή, δεν σχεδίασα τις διχοτόμους να συγκλίνουν αφού είναι το αποδεικτέο αλλά και για να φανεί καθαρά ότι δεν το χρησιμοποιώ στον συλλογισμό. Τα βήματα υπάρχουν στον Κώστα, όπου δείχνει ότι οι διχοτόμοι είναι ύψη κάποιου άλλου τριγώνου, του κόκκινου, άρα συγκλίνουν.

Δεν έχω εντοπίσει την πιο παλιά αναφορά αυτής της απόδειξης αλλά την έχω δει σε ξένες Γεωμετρίες του 1900. Δεν το έχω ψάξει εξονυχιστικά. Συνήθως πάει ανάποδα, να δείξουμε δηλαδή ότι τα ύψη συγκλίνουν από την σύγκλιση των διχοτόμων.

β) Υπάρχει μία ωραία παραλλαγή, πάλι με χρήση των υψών.

Ξεκινώ με ένα τυχαίο τρίγωνο ABC

(βλέπε το δεξιό σχήμα) και φέρνω τα ύψη του, τα οποία ξέρω ότι συγκλίνουν, οπότε έχω δικαίωμα να τα ζωγραφίσω όπως ακριβώς έκανα. Κοιτάμε τώρα το τρίγωνο PQR

, και θα δειξουμε ότι τα ύψη του αρχικού είναι διχοτόμοι του. Πράγματι

Q_1=C_1=90-B=A_1=Q_2

, όπως θέλαμε. Όμοια οι υπόλοιπες.

Με άλλα λόγια δείξαμε ότι οι διχοτόμοι του PQR

συγκλίνουν. Τελειώσαμε άραγε; Όχι βέβαια, γιατί δείξαμε ότι οι διχοτόμοι των τριγώνων του τύπου, όπως το PQR

, που προκύπτουν από την εν λόγω διαδικασία, έχουν συγκλίνουσες διχοτόμους. Είναι όμως όλα; Ευτυχώς η απάντηση είναι ναι.

Εδώ είναι η απρόσμενη τεχνική που αναφέρθηκα:

Από την απόδειξη ξέρουμε ότι Q=2C_1=2(90-B)=180-2B

, και όμοια $P= 180-2A, \, R=180-2C$ . Αν λοιπόν μας δώσουν ένα τρίγωνο PQR

με γωνίες δοθείσες, επιλέγουμε $A =90-P/2, \, B=90- Q/2,\, R=90-R/2$ οπότε πρώτον A+B+C= 270-(P+Q+R)/2=180

, δηλαδή οι A,B,C

είναι γωνίες τριγώνου. Δεύτερον, αν κάνουμε την παραπάνω διαδικασία στο συγκεκριμένο τρίγωνο ABC

, το

που προκύπτει έχει γωνίες P'= 180-2A=180-2(90-P/2)=P

και όμοια οι υπόλοιπες. Δηλαδή, η παραπάνω διαδικασία μας οδηγεί στο δικό μας, δοσμένο PQR

. ό.έ.δ.

Σχόλιο: Υπάρχει αντίστοιχη (διπλή) διαδικασία από τα ύψη στις διχοτόμους του ορθικού και πίσω. Θα την γράψω εν ευθέτω χρόνω.

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιαν 20, 2021 5:44 pm**

Συνέχεια.

Με χρήση του ορθικού τριγώνου με δεδομένο ότι τα ύψη συγκλίνουν, Συνήθως πάμε ανάποδα αλλά με τίμημα να πρέπει να αποδείξουμε (χωρίς να χρησιμοποιήσουμε την σύγκλισή τους) ότι τα ύψη είναι διχοτόμοι του ορθικού. Αλλά αυτό είναι εύκολο από εγγράψιμμα τετράπλευρα όπου το πρώτο βήμα είναι να αποδείξουμε ότι οι κόκκινες γωνίες του σχήματος είναι ίσες.

Πίσω στο θέμα μας. Αφού, ως γνωστόν, τα ύψη συγκίνουν και είναι διχοτόμοι του ορθικού σημαίνει ότι οι διχοτόμοι κάθε τριγώνου το οποίο προκύπτει ως ορθικό κάποιου άλλου, έχουν την ζητούμενη ιδιότητα. Είναι άραγε όλα τα τρίγωνα τέτοια; Ευτυχώς, ναι.

Πράγματι το

έχει γωνίες $D=180-2A, \,(*)$ και λοιπά. Αν λοιπόν μας δώσουν ένα τρίγωνο με γωνίες [unparseable or potentially dangerous latex formula], επιλέγουμε $A= \frac {1}{2}(180-D)$ και λοιπά. Tότε $A+B+C = \frac {1}{2}(180-D)+ \frac {1}{2}(180-E)+\frac {1}{2}(180-F) = 270-\frac {1}{2}(D+E+F)=180$ , δηλαδή είναι γωνίες τριγώνου και λόγω των (*)