Forum matematyczne: miliony postów, setki tysięcy tematów, dziesiątki tysięcy użytkowników - pomożemy rozwiązać każde zadanie z matematyki https://matematyka.pl/
Lemat(zadanie 2.11 z Burka + Steinbart)
Niech \(\displaystyle{ X, Y, Z}\) będą punktami styczności okręgów \(\displaystyle{ \omega_A, \omega_B, \omega_C}\) z okręgiem wpisanym, a \(\displaystyle{ D, E, F}\) punktami styczności okręgu wpisanego do \(\displaystyle{ BC, AC, AB}\). Wtedy \(\displaystyle{ DX, EY, FZ}\) są współpękowe. Ponadto biegunową punktu przecięcia tych trzech prostych względem okręgu wpisanego jest oś potęgowa okręgu opisanego i wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\).
Niech więc \(\displaystyle{ K}\) będzie przecięcia \(\displaystyle{ DX, EY, FZ}\) w naszym zadaniu. Zauważmy, że na mocy naszego lematu mamy, że \(\displaystyle{ IK}\) jest prostopadłe do osi potęgowej okręgu opisanego i wpisanego. Ponadto oczywiście do tej osi prostopadłe jest również \(\displaystyle{ OI}\), skąd mamy współliniowość punktów \(\displaystyle{ O, I, K}\) Pokażę teraz, że \(\displaystyle{ K}\) jest domniemanym środkiem potęgowym. Niech \(\displaystyle{ L=\omega_A \cap \omega_B}\) i \(\displaystyle{ L \neq C}\). Zauważmy, że teza jest równoważna z tym, że \(\displaystyle{ CL, DX, EY}\) są współpękowe. Niech \(\displaystyle{ P}\) będzie punktem przecięcia stycznych do okręgów \(\displaystyle{ \omega_A}\) i \(\displaystyle{ \omega_B}\) w punktach \(\displaystyle{ X}\) i \(\displaystyle{ Y}\). Na mocy twierdzenia Monge'a(o trzech osiach potęgowych) dla \(\displaystyle{ \omega_A, \omega_B}\) oraz okręgu wpisanego styczne te i \(\displaystyle{ CL}\) są współpękowe w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Widzimy więc, że na mocy twierdzenia Pascala dla sześciokątów \(\displaystyle{ DDYXXE}\) oraz \(\displaystyle{ YYDEEX}\) i twierdzenia La Hire dostajemy tezę.
Nowe:
Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie takim punktem na okręgu opisanym na tym trójkącie, że \(\displaystyle{ AX \parallel BC}\). Niech dwusieczna \(\displaystyle{ \angle BAC}\) tnie \(\displaystyle{ BC}\) w \(\displaystyle{ E}\). Niech \(\displaystyle{ D}\) będzie punktem styczności okręgu wpisanego w \(\displaystyle{ ABC}\) do \(\displaystyle{ BC}\). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ P}\) drugi punkt przecięcia \(\displaystyle{ DX}\) z okręgiem opisanym na trójkącie \(\displaystyle{ ADE}\). Pokazać, że \(\displaystyle{ AI=IP}\), gdzie \(\displaystyle{ I}\) jest incentrum \(\displaystyle{ ABC}\).
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 19 cze 2015, o 12:28
autor: Bolciak
Ukryta treść:
To zadanie pomógł mi kminić i spisać nie kto inny a wtz. Otósh, niech prosta \(\displaystyle{ DX}\) przecina okrąg opisany na \(\displaystyle{ ABC}\) w punkcie \(\displaystyle{ N}\). Zauważmy, że z symetrii i znanego faktu wynika, że \(\displaystyle{ DX}\)jest prostą łączącą wierzchołek z punktem styczności okręgu dopisanego w trójkącie \(\displaystyle{ XCB}\) - jest więc ona nagelianą. Czyli w trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) prosta \(\displaystyle{ AN}\) jest izogonalnie sprzężona do nageliany, czyli punkt \(\displaystyle{ N}\) jest punktem styczności okręgu stycznego do \(\displaystyle{ AB}\), \(\displaystyle{ AC}\) i okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\) ( fakt ten jest raczej znany - dowodzi się go poprzez inwersję w punkcie \(\displaystyle{ A}\)). Niech \(\displaystyle{ K}\) będzie środkiem łuku \(\displaystyle{ BC}\) zawierającego \(\displaystyle{ A}\). Wtedy jeśli \(\displaystyle{ F, G}\) to punkty styczności naszego nowego okręgu z \(\displaystyle{ AB}\) i \(\displaystyle{ AC}\), to \(\displaystyle{ I}\) jest środkiem \(\displaystyle{ FG}\). Wtedy \(\displaystyle{ NA}\) jest symedianą w \(\displaystyle{ NGF}\). Zatem jakoś z pały kątów wychodzi, że \(\displaystyle{ K,I,N}\) są współliniowe. Niech \(\displaystyle{ M}\) będzie środkiem tego drugiego łuku \(\displaystyle{ BC}\). Wtedy z pały kontów wynika, że: \(\displaystyle{ D,E,N,M}\) są współokręgowe, oraz \(\displaystyle{ K}\) jest środkiem okręgu opisanego na \(\displaystyle{ APX}\). Niech \(\displaystyle{ AP}\) przecina okrag opisany na \(\displaystyle{ ABC}\) w punkcie \(\displaystyle{ Q}\). Wtedy z pały kątów i z trójliścia \(\displaystyle{ AQ}\)jest równoległe do \(\displaystyle{ NM}\), oraz również z pały kątów \(\displaystyle{ XN}\) równoległe do \(\displaystyle{ QM}\). Wtedy \(\displaystyle{ AN=QM=PN}\), ale \(\displaystyle{ AK=PK}\), więc \(\displaystyle{ KN}\) jest symetralną \(\displaystyle{ AP}\), ale \(\displaystyle{ I \in KN}\) stąd teza.
Nowe zadanie :
Punkt \(\displaystyle{ I}\) jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\). Proste \(\displaystyle{ AI}\) i \(\displaystyle{ BI}\) przecinają ponownie okrąg opisany na tym trójkącie odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ D}\) i \(\displaystyle{ E}\). Proste \(\displaystyle{ AE}\) i \(\displaystyle{ BD}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ T}\). Odcinek \(\displaystyle{ DE}\) jest przecina boki \(\displaystyle{ AC}\) i \(\displaystyle{ BC}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ F}\) i \(\displaystyle{ G}\). Prosta równoległa do prostej \(\displaystyle{ AI}\) przech. przez \(\displaystyle{ F}\) oraz prosta równoległa do prostej \(\displaystyle{ BI}\) przechodząca przez \(\displaystyle{ G}\) przecinają się w punkcie \(\displaystyle{ P}\). Wykazać że punkty \(\displaystyle{ P}\), \(\displaystyle{ I}\), \(\displaystyle{ T}\) leżą na 1 prostej.
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 21 cze 2015, o 12:32
autor: Htorb
Ukryta treść:
Oznaczmy przez \(\displaystyle{ R}\) punkt przecięcia stycznych do okręgu opisanego na \(\displaystyle{ ABC}\) w punktach \(\displaystyle{ E}\) i \(\displaystyle{ D}\). Z Pascala dla punktów \(\displaystyle{ DDBAEE}\) dostajemy, że punkty \(\displaystyle{ R,I,T}\) są współliniowe. Zauważmy, że z jednokładności \(\displaystyle{ RD \parallel BC}\) oraz \(\displaystyle{ ER \parallel AC}\). Wynika z tego, że \(\displaystyle{ \triangle EFG \equiv \triangle CFG \sim \triangle RED}\) (przystawanie wynika z tego, że \(\displaystyle{ ED}\) jest symetralną \(\displaystyle{ CI}\)), czyli \(\displaystyle{ GCFI}\) jest rombem, co implikuje równoległość \(\displaystyle{ FI}\) i \(\displaystyle{ RD}\) oraz \(\displaystyle{ RE}\) i \(\displaystyle{ GI}\). Czworokąty \(\displaystyle{ REID}\) i \(\displaystyle{ IGPF}\) mają boki odpowiednio równoległe, czyli istnieje ich środek jednokładności \(\displaystyle{ S}\), punkty \(\displaystyle{ E,F,G,D}\) leżą na jednej prostej do której należny \(\displaystyle{ S}\), stąd w trywialny sposób dostajemy współliniowość punktów \(\displaystyle{ I,P,R}\) czyli tezę zadania.
Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) opisany na okręgu \(\displaystyle{ \omega}\). Dwusieczna kąta \(\displaystyle{ BAC}\) przecina \(\displaystyle{ \omega}\) w punktach \(\displaystyle{ A_1}\) i \(\displaystyle{ S}\) takich, że \(\displaystyle{ A_1}\) leży bliżej \(\displaystyle{ A}\) niż \(\displaystyle{ S}\). Środek odcinka \(\displaystyle{ BC}\) oznaczmy przez \(\displaystyle{ A_2}\), analogicznie definiujemy \(\displaystyle{ B_1,B_2,C_1,C_2}\). Uwodnić, że proste \(\displaystyle{ A_1A_2, B_1B_2, C_1C_2}\) przecinają się w jednym punkcie.
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 27 lip 2015, o 15:06
autor: Htorb
Nowe:
W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) wpisanym w okrąg \(\displaystyle{ \omega}\) wybieramy taki punkt \(\displaystyle{ H}\), że \(\displaystyle{ \angle HBA = \angle HCA}\). Niech \(\displaystyle{ K}\) będzie punktem leżącym na \(\displaystyle{ \omega}\), takim że \(\displaystyle{ \angle AKH = 90^{\circ}}\). Niech \(\displaystyle{ D,E}\) będą takimi punktami na odcinku \(\displaystyle{ BC}\), że \(\displaystyle{ \angle BHD= \angle CHE}\). Pokazać, że okrąg opisany na trójkącie \(\displaystyle{ KDE}\) jest styczny do \(\displaystyle{ \omega}\).
Htorb pisze:W trójkącie \(\displaystyle{ ABC}\) wpisanym w okrąg \(\displaystyle{ \omega}\) wybieramy taki punkt \(\displaystyle{ H}\), że \(\displaystyle{ \angle HBA = \angle HCA}\). Niech \(\displaystyle{ K}\) będzie punktem leżącym na \(\displaystyle{ \omega}\), takim że \(\displaystyle{ \angle AKH = 90^{\circ}}\). Niech \(\displaystyle{ D,E}\) będą takimi punktami na odcinku \(\displaystyle{ BC}\), że \(\displaystyle{ \angle BHD= \angle CHE}\). Pokazać, że okrąg opisany na trójkącie \(\displaystyle{ KDE}\) jest styczny do \(\displaystyle{ \omega}\).
fajne zadanie:
Rozważmy podobieństwo spiralne o środku \(\displaystyle{ K}\), skali \(\displaystyle{ \frac{KB}{KC}}\) i kącie \(\displaystyle{ BKC}\). Niech obrazem punktu \(\displaystyle{ H}\) przy tym podobieństwie spiralnym będzie \(\displaystyle{ H'}\). Wtedy \(\displaystyle{ \triangle KBC \sim \triangle KHH'}\) jak również \(\displaystyle{ \triangle KBH \sim \triangle KCH'}\) (dlaczego?).
Wobec tego \(\displaystyle{ \angle HBK = \angle H'CK}\) więc skoro \(\displaystyle{ \angle ABK = \angle ACK}\), to \(\displaystyle{ \angle H'CA = \angle HBA = \angle ACH}\). Ponadto \(\displaystyle{ \angle H'HK = \angle CBK = \pi - \angle KAC}\), czyli punkt \(\displaystyle{ HH' \cap AC}\) i punkty \(\displaystyle{ H,K,A}\) leżą na jednym okręgu. Skoro \(\displaystyle{ \angle HKA = \frac \pi 2}\), to \(\displaystyle{ HH' \perp AC}\). Stąd i z udowodnionej wcześniej równości \(\displaystyle{ \angle H'CA=\angle ACH}\) dostajemy, że \(\displaystyle{ H,H'}\) są symetryczne względem \(\displaystyle{ AC}\). Zatem \(\displaystyle{ H'C=HC}\).
Z tamtych podobieństw mamy \(\displaystyle{ \frac{KB}{BH} = \frac{KC}{CH'} = \frac{KC}{CH}}\). Z twierdzenia o dwusiecznej wynika, że dwusieczne kątów \(\displaystyle{ BKC}\) i \(\displaystyle{ BHC}\) przecinają się na prostej \(\displaystyle{ BC}\), powiedzmy że ten punkt nazywa się \(\displaystyle{ X}\). Niech \(\displaystyle{ Y}\) będzie punktem przecięcia stycznej w punkcie \(\displaystyle{ H}\) do okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ BHC}\). Przeliczenia kątów pokazują, że \(\displaystyle{ \angle HED = \angle EHC + \angle HCE = \angle BHD + \angle YHB = \angle YHD}\), zatem z twierdzenia odwrotnego do twierdzenia o kącie dopisanym mamy, że prosta \(\displaystyle{ YH}\) jest styczna do okręgu opisanego na \(\displaystyle{ HDE}\).
Z potęgi punktu i z powyższego mamy \(\displaystyle{ YB \cdot YC = YH^2 = YD \cdot YE}\).
Jeśli teraz weźmiemy \(\displaystyle{ Y'}\) jako przecięcie stycznej w \(\displaystyle{ K}\) do okręgu \(\displaystyle{ \omega}\) z prostą \(\displaystyle{ BC}\), to rozumując analogicznie okaże się, że \(\displaystyle{ Y'X^2=Y'B \cdot Y'C}\). Nietrudno przekonać się, że to oznacza, że \(\displaystyle{ Y=Y'}\). Zbierając wszystkie wnioski dostajemy \(\displaystyle{ YK^2 = YD \cdot YE}\) i stąd okrąg opisany na trójkącie \(\displaystyle{ KDE}\) jest styczny do \(\displaystyle{ YK}\) w \(\displaystyle{ K}\), zupełnie jak \(\displaystyle{ \omega}\). Stąd te okręgi są styczne.
W układzie współrzędnych dane są punkty \(\displaystyle{ X_1, X_2, X_3, X_4, X_5}\), przy czym \(\displaystyle{ X_1X_2X_3X_4X_5}\) jest pięciokątem wypukłym. Niech \(\displaystyle{ \{Y_k\}=X_{k+1}X_{k+2} \cap X_{k+3}X_{k+4}}\) dla \(\displaystyle{ k=1,2,...,5}\), przy czym indeksy są brane modulo 5. Udowodnić, że jeśli następujące cztery proste \(\displaystyle{ X_1Y_1, X_2Y_2, X_3Y_3, X_4Y_4}\) są współpękowe, to przynajmniej jedna ze współrzędnych przynajmniej jednego z punktów \(\displaystyle{ X_1, X_2, X_3, X_4, X_5}\) jest liczbą niewymierną.
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 28 lip 2015, o 16:19
autor: Pinionrzek
timon92, tak naprawdę równość \(\displaystyle{ \frac{BH}{CH}= \frac{CK}{BK}}\) kończy to zadanie.
Przecież skoro \(\displaystyle{ D, E}\) są izogonalnie sprzężone względem \(\displaystyle{ \angle BHC}\), to zachodzi \(\displaystyle{ \frac{BD}{DC}\cdot \frac{EB}{CE}=(\frac{BH}{CH})^2}\), zatem na mocy tego spostrzeżenia \(\displaystyle{ D, E}\) są również izogonalnie sprzężone względem \(\displaystyle{ \angle BKC}\), więc z trywialnego wniosku z jednokładności mamy tezę.
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 28 lip 2015, o 16:31
autor: timon92
masz rację, zupełnie zapomniałem o tym fajnym lemacie o prostych izogonalnie sprzężonych
pamiętajcie, żeby na wszelkich konkursach dowodzić wszystkich mało znanych lematów!
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 6 sie 2015, o 23:38
autor: wtz
Szanowny Panie Htorbie, ja to francusku nie szprecham i bardzo chętnie zobaczyłbym Twoje rozwiązanie tego pierwszego zadanka, bo słyszałem, że masz jakieś niestandardowe rozwiązanie. Pozdrawiamy z salonu z emilem99 i Bolciakiem, a no i jeszcze pozdro dla mamy jeża
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 13 sie 2015, o 10:29
autor: timon92
timon92 pisze:W układzie współrzędnych dane są punkty \(\displaystyle{ X_1, X_2, X_3, X_4, X_5}\), przy czym \(\displaystyle{ X_1X_2X_3X_4X_5}\) jest pięciokątem wypukłym. Niech \(\displaystyle{ \{Y_k\}=X_{k+1}X_{k+2} \cap X_{k+3}X_{k+4}}\) dla \(\displaystyle{ k=1,2,...,5}\), przy czym indeksy są brane modulo 5. Udowodnić, że jeśli następujące cztery proste \(\displaystyle{ X_1Y_1, X_2Y_2, X_3Y_3, X_4Y_4}\) są współpękowe, to przynajmniej jedna ze współrzędnych przynajmniej jednego z punktów \(\displaystyle{ X_1, X_2, X_3, X_4, X_5}\) jest liczbą niewymierną.
ciekawostka:
na finale irańskiej olimpiady czas przeznaczony na to zadanie wynosił 75 minut
wskazówka:
dorysować różne kreski i udowodnić, że jakiś dwustosunek jest liczbą niewymierną
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 20 sie 2015, o 13:49
autor: timon92
szkic rozwiązania:
gdyby wszystkie punkty \(\displaystyle{ X_i}\) miały wymierne współrzędne, to równania wszystkich prostych wyznaczonych przez te punkty miałyby wymierne współczynniki, a ich punkty przecięcia miałyby wymierne współrzędne czyli też wszystkie stosunki odcinków (i dwustosunki) wyznaczone przez te punkty byłyby liczbami wymiernymi
teraz żonglujemy dwustosunkami i okazuje się, że \(\displaystyle{ (X_2Y_5Y_1X_4)^2-(X_2Y_5Y_1X_4)-1=0}\) tzn \(\displaystyle{ (X_2Y_5Y_1X_4)=\frac{1\pm\sqrt 5}{2}}\) jest liczbą niewymierną, sprzeczność
nowe: \(\displaystyle{ I}\) jest środkiem okręgu wpisanego w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\), w którym \(\displaystyle{ \angle ABC=60^\circ}\) oraz \(\displaystyle{ \angle BCA = 40^\circ}\). Udowodnić, że \(\displaystyle{ AB=CI}\)
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 22 sie 2015, o 14:35
autor: Htorb
Ukryta treść:
Niech prosta równoległa od \(\displaystyle{ CA}\) przecina bok \(\displaystyle{ BC}\) w punkcie \(\displaystyle{ D}\). Jak wiemy \(\displaystyle{ \angle IAC = 40^{\circ}}\), czyli czworokąt \(\displaystyle{ AIDC}\) jest trapezem równoramiennym. Wnioskujemy z tego, że: \(\displaystyle{ \angle DAC = \angle ADI = 20^{\circ}}\). Możemy teraz wyliczyć, że \(\displaystyle{ \angle ADB = 60^{\circ}}\), czyli \(\displaystyle{ AB=AD=CI}\)
Okrąg wpisany w trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) jest styczny do boków \(\displaystyle{ BC, CA, AB}\) odpowiednio w punktach \(\displaystyle{ D, E, F}\). Oznaczmy przez \(\displaystyle{ K, L, H}\) rzuty punktu \(\displaystyle{ D}\) odpowiednio na proste \(\displaystyle{ AB, CA, EF}\). Niech punkt \(\displaystyle{ M}\) będzie środkiem odcinka \(\displaystyle{ KL}\). Udowodnić, że środek okręgu opisanego na trójkącie \(\displaystyle{ BCH}\) leży na prostej \(\displaystyle{ HM}\).
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 1 wrz 2015, o 12:01
autor: micha73
Ukryta treść:
Lemat nr 1: Dany jest trójkąt \(\displaystyle{ ABC}\) i punkt \(\displaystyle{ D}\) na \(\displaystyle{ BC}\). Wtedy \(\displaystyle{ \frac{BD}{DC} = \frac{BA \sin \angle BAD}{AC \sin \angle DAC}}\).
Dowód: Rzutujemy \(\displaystyle{ B,C}\) na \(\displaystyle{ AD}\) i wychodzi.
Lemat nr 2: W konfiguracji z zadania \(\displaystyle{ \Delta BFH \sim \Delta CEH}\).
Dowód: Po przeliczeniu kątów mamy \(\displaystyle{ \angle BFH = \angle CEH}\), a po zrzutowaniu \(\displaystyle{ B,C}\) odpowiednio na \(\displaystyle{ FD,ED}\) i przeliczeniu stosunków z podobieństw dostajemy \(\displaystyle{ \frac{HF}{FB} = \frac{HE}{EC}}\).
Niech \(\displaystyle{ S}\) będzie punktem przecięcia \(\displaystyle{ HD}\) z \(\displaystyle{ KL}\). Wtedy z lematu nr 1 dla \(\displaystyle{ \Delta KHL}\) i punktu \(\displaystyle{ S}\), podobieństw \(\displaystyle{ \Delta DKF \sim \Delta DHE, \Delta KFH \sim \Delta HEL}\) i tw. odwrotnego do tw. o symedianie dostajemy, że \(\displaystyle{ HS}\) jest symedianą w trójkącie \(\displaystyle{ KHL}\). Stąd \(\displaystyle{ \angle KHM = \angle LHD}\). Teraz wystarczy już przeliczyć, że \(\displaystyle{ \angle BHM = \angle BHO}\). (po drodze korzystamy z tego, że na mocy lematu nr 2 \(\displaystyle{ \angle FBH = \angle ECH}\))
Jeśli to jest ok, to wrzucę coś później.
Nowe: Dany jest trójkąt ostrokątny \(\displaystyle{ ABC}\). Niech punkty \(\displaystyle{ A_1, B_1, C_1}\) będą środkami boków odpowiednio \(\displaystyle{ BC, CA, AB}\). Na prostych \(\displaystyle{ B_1C_1, A_1B_1}\) wybieramy takie punkty \(\displaystyle{ E, F}\), że prosta \(\displaystyle{ BE}\) połowi kąt \(\displaystyle{ AEB_1}\), a prosta \(\displaystyle{ BF}\) połowi kąt \(\displaystyle{ CFB_1}\). Wykazać, że \(\displaystyle{ \angle BAE = \angle BCF}\).
[Rozgrzewka OM][MIX][Planimetria] Planimetria
: 5 wrz 2015, o 18:25
autor: marcin7Cd
Teza chyba jest fałszywa.
Ukryta treść:
Niech \(\displaystyle{ X}\) będzie takim punktem na odcinku \(\displaystyle{ B_1A}\), że \(\displaystyle{ \frac{XB_1}{XA}=\frac{EB_1}{EA}}\). Teraz prosta \(\displaystyle{ EX}\) jest dwusieczną kąta \(\displaystyle{ AEB_1}\). prosta \(\displaystyle{ BE}\) połowi kąt \(\displaystyle{ AEB_1}\) wtedy i tylko wtedy gdy punkty \(\displaystyle{ B,E,X}\) są współliniowe, a to jest równoważne z tym, że \(\displaystyle{ \frac{AB}{BC_1} \cdot \frac{C_1E}{EB_1}\cdot \frac{B_1X}{XA}=1}\) na mocy twierdzenia menelaosa dla trójkąta \(\displaystyle{ AB_1C_1}\). Jednak \(\displaystyle{ \frac{AB}{BC_1} \cdot \frac{C_1E}{EB_1}\cdot \frac{B_1X}{XA}=2 \cdot \frac{C_1E}{EB_1} \cdot \frac{EB_1}{AE}=2\codt \frac{C_1E}{AE}}\), więc otrzymuje \(\displaystyle{ \frac{AE}{C_1E}=2}\). Zbiór wszystkich taki punktów to przecięcie pewnego okręgu apoloniusza i prostej \(\displaystyle{ B_1C_1}\). Niestety mogą istnieć dwa takie punkty (zmniejszając kąty przy wierzchołku \(\displaystyle{ A}\) nie zmieniając długości \(\displaystyle{ AB}\)) i wtedy teza się psuje, bo kąt \(\displaystyle{ BAE}\) może przyjmować dwie różne wartość.