ΛΥΣΗ

Σχεδιάζουμε οξυγώνιο τρίγωνο \(ABΓ\) με \(\hat{B} < \hat{Γ}\) και σημειώνουμε τα μέσα \(Δ\), \(E\), \(Z\) των πλευρών \(AB\), \(AΓ\) και \(BΓ\) αντίστοιχα. Φέρουμε την προβολή \(H\) της κορυφής \(Γ\) πάνω στην πλευρά \(AB\), οπότε \(ΓH \perp AB\).

α) Στο ορθογώνιο τρίγωνο \(HAΓ\) με \(\widehat{ΓHA} = 90^{\circ}\), η \(HE\) είναι διάμεσος στην υποτείνουσα \(AΓ\), οπότε \(HE = EΓ = EA = \dfrac{AΓ}{2}\), άρα \(HE = EΓ\).

Ομοίως, στο ορθογώνιο τρίγωνο \(HBΓ\) με \(\widehat{ΓHB} = 90^{\circ}\), η \(HZ\) είναι διάμεσος στην υποτείνουσα \(BΓ\), οπότε \(HZ = ZΓ = ZB = \dfrac{BΓ}{2}\), άρα \(HZ = ZΓ\).

β) Στο τρίγωνο \(ABΓ\), τα σημεία \(Δ\) και \(Z\) είναι μέσα των πλευρών \(AB\) και \(BΓ\) αντίστοιχα. Επομένως, \(ΔZ \parallel AΓ\) και \(ΔZ = \dfrac{AΓ}{2} = EΓ\). Άρα το τετράπλευρο \(ΔEΓZ\) είναι παραλληλόγραμμο, αφού έχει τις δύο απέναντι πλευρές του \(ΔZ\) και \(EΓ\) ίσες και παράλληλες.

γ) Αφού το \(ΔEΓZ\) είναι παραλληλόγραμμο, οι απέναντι γωνίες του θα είναι ίσες, οπότε και \(\widehat{ZΔE} = \widehat{EΓZ}\) \((1)\).

Αφού είναι \(HE = EΓ\) (από α) ερώτημα), τότε το τρίγωνο \(HEΓ\) είναι ισοσκελές, οπότε \(\widehat{ΓHE} = \widehat{HΓE}\) \((2)\), αφού βρίσκονται απέναντι από τις ίσες πλευρές \(EΓ\) και \(HE\) αντίστοιχα.

Επίσης, είναι \(HZ = ZΓ\) (από α) ερώτημα), άρα το τρίγωνο \(HZΓ\) είναι ισοσκελές, οπότε \(\widehat{ZHΓ} = \widehat{HΓZ}\) \((3)\), αφού βρίσκονται απέναντι από τις ίσες πλευρές \(ZΓ\) και \(ZH\) αντίστοιχα.

Προσθέτοντας τις ισότητες \((2)\) και \((3)\) κατά μέλη, έχουμε: \(\widehat{ZHΓ} + \widehat{ΓHE} = \widehat{HΓZ} + \widehat{HΓE}\) και άρα \(\widehat{ZHE} = \widehat{EΓZ}\) και επειδή από σχέση \((1)\) είναι \(\widehat{ZΔE} = \widehat{EΓZ}\), προκύπτει ότι \(\widehat{ZΔE} = \widehat{ZHE}\).