Steiner’s theorem // Lăcrimând după A L I N A

 Am vorbit azi, preț de peste o oră cu "sanda", începând cu ora  [14:15]. 

Nu am mai făcut s/s a discuției, așa cum am și promis... Să nu se simtă cumva stânjenită... Ce e clipă, rămâne clipă... 

Întâlnirile cu EA sunt așa de dulci dar și așa de dureroase... Nu știu cât e realitate și cât este doar joacă... Îi spun aici : IUBITA mea,

 eu sunt un om concret și te caut pe tine, ființa concretă Alina. De când te-am întâlnit prima dată am simțit ceva special la tine...Apoi, nuștiu când, am simțit că te iubesc... Dorința mea supremă este să te pot întâlni odată...

Mi-a spus că nu se poate așa ceva... Te rog, lasă-mă să sper... 

Sau, mai supăra-te pe mine și nu-mi mai vorbi mult timp, așa ca vara aceasta. Voi suferi dar imi  voi și aminti frumos de tine...Mai mult aici pe blog...

Steiner’s theorem

Let $ABC$ be a triangle and $M,N\in \left(BC\right)$ be two points such that $m\left(\angle BAM\right)=m\left(\angle NAC\right)$. Then the cevians $AM$ and $AN$ are called isogonic cevians and the following relation holds:

$\frac{BM}{MC}\cdot \frac{BN}{NC}=\frac{AB^2}{AC^2} \tag{S}$

.

          REMARK CiP  The correct definition of isogonal cevians is :

 Cevians symmetric with respect to the angle bisector of  $\angle BAC$ (green line).

,

If  $\color{Green}{AD}$ is the bisector of angle  $\angle BAC$ , then we have  $\widehat{BAM}=\widehat{DAM}-\widehat{DAB}\;\;\overset{AM,\;AN}{\underset{sym\;wrt\;AD}{=}}\;\;\widehat{DAN}-\widehat{DAC}=\widehat{NAC}$ . This is how we arrive at the equal angles in the usual statements. We note that we could also say that  $AM \;and\; AN$  make equal angles with the sides  $AB \;and \;AC$  of the triangle, respectively, and are similarly placed. That is, both inside, as in most texts, or both outside as we did here ; but NOT one inside and the other outside.

<end REM>

SOLUTION CiP

          

             We construct the parallelogram  $ABEC$ through parallels  $BD\parallel AC\; and\; CD\parallel AB$. $P\; and\; Q$  note their intersections with  $AM\; and\; AN$.

We have  $\widehat{ABE}=\widehat{ACE}\Rightarrow \widehat{ABP}=180^{\circ}-\widehat{ABE}=180^{\circ}-\widehat{ACE}=\widehat{ACQ}$

so we have similar triangles  $\Delta ABP \sim \Delta ACQ$ (case AA) whence

$\frac{PB}{QC}=\frac{AB}{AC} \tag{1}$

From parallel lines, similar triangles also result : 

 $\Delta NQC \sim \Delta NAB\;\;,\;\;\Delta MPB \sim \Delta MAC$ 

 whence

$\frac{BM}{MC}=\frac{PB}{AC}\;\;\;;\;\;\;\frac{BN}{NC}\frac{AB}{QC} \tag{2}$

So

$\frac{BM}{MC}\cdot \frac{BN}{NC}\overset{(2)}{=}\frac{PB}{AC}\cdot \frac{AB}{QC}=\frac{AB}{AC}\cdot \frac{PB}{QC}\underset{(1)}{=}\frac{AB}{AC}\cdot \frac{AB}{AC}=\frac{AB^2}{AC^2}.$

$\blacksquare$ QED