[Planimetria] Rozwiązać najładniej

[nobuddy]

Mamy trójkąt ABC że \(\displaystyle{ AB=AC}\), D - środek \(\displaystyle{ BC}\), E - rzut D na \(\displaystyle{ AC}\), M - środek \(\displaystyle{ DE}\). Dowieść \(\displaystyle{ AM \perp BE}\). Zadanie jest dość znane, można w miarę bezboleśnie przeliczyć je na wektorach, plus zapewnie spałować analitycznie bądź na sinusach, ale chciałbym zobaczyć do tego ładne, sprytne, syntetyczne rozwiązanie

[timon92]

hint:    

zaznaczyć środek odcinka \(\displaystyle{ BD}\)

[nobuddy]

moje:    

Oznaczam go N. Wystarczy teraz dowieść \(\displaystyle{ \angle AMN = 90^{\circ}}\). Trójkąty ABD i ADE są podobne, więc również \(\displaystyle{ \angle BAN = \angle DAM = \alpha}\) oraz \(\displaystyle{ \frac{AN}{AB}=\frac{AM}{AD}=t}\). Złożenie obrotu o \(\displaystyle{ \alpha}\) i jednokładności o skali \(\displaystyle{ t}\) w punkcie A przekształca ABD na ANM, są więc one podobne i mamy tezę.

[jakub_jabulko]

inaczej:

Ukryta treść:    

niech P będzie rzutem prostokątnym B na odcinek AC. BPC i ADE są podobne. E jest środkiem PC. stąd kąty BEA i EMA są równe, stąd teza.

[KPR]

To może jeszcze ja wstawię swoje:

Ukryta treść:    

Odbijamy \(\displaystyle{ E}\) względem \(\displaystyle{ D}\), dostając punkt \(\displaystyle{ F}\). Udowadniamy, że \(\displaystyle{ BFE}\) i \(\displaystyle{ MEA}\) są podobne (bkb dla kątów przy \(\displaystyle{ F}\) i \(\displaystyle{ E}\)).