Aplicatie la axa radicala a doua cercuri.

[Virgil Nicula]

Fie \( ABCD \) un trapez, \( AB\ \parallel\ CD \) , astfel incat \( \angle CDB\equiv\angle CAD \) .

Notam \( I\ \in\ AC\cap BD \) si centrul \( O \) al cercului circumscris triunghiului \( AIB \) .

Fie un punct \( M\in AD \) . Sa se arate ca \( CM\ \perp\ OD\ \Longleftrightarrow\ MA\ =\ MD \) .

[maxim bogdan]

Fie \( E \)-mijlocul segmentului \( [OD] \), si \( R \) raza cercului circumscris \( \triangle ABC. \) Cum \( \angle{CDB}\equiv\angle{DBA}\equiv\angle{CAD} \) rezulta ca \( AD \) este tangenta la cercul \( C_{AIB} \). Vrem sa demonstram ca patrulaterul \( MECD \) este ortodiagonal, adica: \( ME^2+DC^2=MD^2+CE^2. \)

Relatia este echivalenta cu: \( \frac{AO^2}{4}+DC^2=\frac{AD^2}{4}+ CE^2| 4 \)

\( \Leftrightarrow R^2+4CD^2=AD^2+4CE^2=AD^2+2OC^2+2CD^2-OD^2 \)(Teorema medianei).

\( \Leftrightarrow (OD^2-R^2)+2CD^2=AD^2+2(OC^2-R^2)(*). \) Din Teorema lui Pitagora in \( \triangle OAD \) dreptunghic in \( A \) obtinem ca : \( OD^2-R^2=AD^2. \)

Deci \( (*)\Leftrightarrow OC^2-R^2=CD^2 \).

Evident \( OC^2-R^2=\rho_{C_{AIB}}(C)=CICA. \) Mai ramane sa demonstram ca: \( CI CA=CD^2 \).

Se arata usor ca: \( \triangle ADC\sim\triangle DIC \). De aici obtinem ca:

\( \frac{AC}{CD}=\frac{DC}{CI}\Rightarrow CICA=CD^2. \)

\( \Rightarrow CM\perp OD. \)