ΛΥΣΗ

α) Φέρνουμε τις ακτίνες \(OB\), \(OΓ\) στα σημεία επαφής \(B\), \(Γ\) αντίστοιχα, οι οποίες θα είναι κάθετες στις αντίστοιχες εφαπτόμενες, δηλαδή \(OB \perp AB\) και \(OΓ \perp AΓ\), οπότε \(\widehat{OBA} = \widehat{OΓ A} = 90^{\circ}\).

Η διακεντρική ευθεία \(AO\) διχοτομεί τη γωνία των εφαπτόμενων, δηλαδή

$$\widehat{OAB} = \frac{\widehat{BAΓ}}{2} = \frac{60^{\circ}}{2} = 30^{\circ}.$$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο \(OAB\) είναι \(\widehat{OAB} = 30^{\circ}\), άρα η απέναντι κάθετη πλευρά της γωνίας των \(30^{\circ}\), η πλευρά \(OB\), θα ισούται με το μισό της υποτείνουσας \(OA\), δηλαδή \(OB = \dfrac{OA}{2}\) ή \(OA = 2OB\) ή \(OA = 2\rho\).

β) Η \(ZE\) είναι εφαπτομένη του κύκλου στο \(Δ\), άρα θα είναι κάθετη στη ακτίνα \(OΔ\) που αντιστοιχεί στο σημείο επαφής \(Δ\), άρα είναι και κάθετη στην \(OA\).

Στο τρίγωνο \(AZE\) το \(AΔ\) είναι ύψος και διχοτόμος, άρα το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

Είναι \(\widehat{BAΓ} = 60^{\circ}\) από τα δεδομένα, άρα το τρίγωνο \(AZE\) είναι ισόπλευρο.

γ) Τα τμήματα \(ZB\) και \(ZΔ\) είναι εφαπτόμενα τμήματα του κύκλου που άγονται από το \(Z\), οπότε \(ZB = ZΔ\) \((1)\).

Στο ισόπλευρο τρίγωνο \(AZE\) το ύψος του \(AΔ\) είναι και διάμεσος οπότε:

$$ZΔ = \frac{EZ}{2} \text{ ή } ZB = \frac{AZ}{2},$$

αφού \(ZB = ZΔ\) από σχέση \((1)\) και \(EZ = AZ\) επειδή το \(AZE\) είναι ισόπλευρο (από β) ερώτημα), άρα ή \(AZ = 2ZB\).

δ) Η διακεντρική ευθεία \(AO\) είναι μεσοκάθετη της χορδής που έχει άκρα τα σημεία επαφής, δηλαδή \(AO \perp BΓ\). Επίσης είναι και \(AO \perp ZE\), αφού η διακεντρική \(AO\) είναι φορέας του ύψους \(AΔ\) στην πλευρά \(ZE\) του ισοπλεύρου τριγώνου (από β) ερώτημα). Άρα \(EZ \parallel BΓ\) ως κάθετες στην ίδια ευθεία, και τα τμήματα \(BZ\) και \(Γ E\) τέμνονται στο \(A\), άρα δεν είναι παράλληλα, οπότε το τετράπλευρο \(EZBΓ\) είναι τραπέζιο. Τα τμήματα \(EΓ\) και \(EΔ\) είναι εφαπτόμενα του κύκλου που άγονται από το \(E\), οπότε \(EΓ = EΔ\) και επειδή \(ZΔ = EΔ\) από σχέση \((1)\), προκύπτει ότι \(ZB = EΓ\), οπότε το τραπέζιο \(EZBΓ\) είναι ισοσκελές.