From Ceva's theorem (cannot write Greek)

Θεωρώ το ισοδύναμο πρόβλημα όπου το τρίγωνο στρέφεται περί της σταθερής κορυφής του $A$
η οποία βρίσκεται επί δοθείσης ευθείας. Ζητάμε το μέγιστο άθροισμα και γινόμενο, των προβολών
των πλευρών της επίκεντρης επί της δοθείσης ευθείας.

Το πρώτο (μέγιστο άθροισμα) προφανώς επιτυγχάνεται όταν η $BC ...

Μία περισσότερο γεωμετρική απάντηση. Επειδή το τρίγωνο $ABC$ είναι δεδομένο,
θα είναι $AB \cdot AC \cdot BC = ct$. Άρα

$\displaystyle{
(SP \cdot SQ \cdot ST)_{max} \rightarrow (SP \cdot SQ \cdot ST \cdot AB \cdot AC \cdot BC)_{max} \rightarrow (E_1 \cdot E_2 \cdot E_3)_{max}
}$

αλλά $E_1 +E_2 + E ...

Το ίδιο αποτέλεσμα αν παρατηρήσουμε από την ισότητα των τριγώνων
, , ότι . Είναι τότε

Από τις ισότητες των τριγώνων , , θά είναι ,
άρα και , και επειδή θα είναι και .

Επειδή και θα είναι

Πολλαπλασιασμοί, δυνάμεις και παρανομαστές πίνουν .

Με $CE \perp AP$ και $AF \perp CT$ θα είναι $2(ATCP) = (AFCE)$ και το $AFCE$
είναι ορθογώνιο εγγεγραμμένο στον σταθερού μεγέθους κύκλο με διάμετρο
$AC=\sqrt{8^2+4^2}=4\sqrt{5}$ και το μέγιστο επιτυγχάνεται όταν το ορθογώνιο γίνει τετράγωνο. Τότε

$\displaystyle{
\begin{aligned}
& (ATCP)_{max ...

Με Πυθαγόρειο και οπότε

Ειναι $DT_{min} = TE_{max}$ και αυτό επιτυγχάνεται όταν $P$ μέσον του $EF$.
(Το αφήνω χωρίς αιτιολογία ή χρησιμοποιώντας μαθηματική ορολογία, ... προφανές).
Τότε από την ομοιότητα των $PET$, $AFP$ θα είναι:

$\displaystyle{
\begin{aligned}
& \dfrac{TE_{max}}{\dfrac{a}{2}} = \dfrac{\dfrac{a}{2 ...

Η διατύπωση της άσκησης είναι προς τι, ελλειπής. Ὀταν το $T$ διαγράφει τον κύκλο $(O)$,
το μέσον $M$ της χορδἠς $ST$ θα διαγράψει τον κύκλο $K$. Όταν το $N=AP \cap ST$
είναι τέτοιο ώστε $4 \cdot ON = R$ θα είναι τότε

$\displaystyle{
SN^2=R^2 + {R^2 \over 4} = {5R^2 \over 4}
}$
οπότε και από την ...

Επειδή για τυχόν σημείο $A$ του κύκλου και $S$ σταθερό, είναι $AB^2 + CD^2 = ct\ \ $
το ζητούμενο ισούται με $GH^2+FE^2=180$. Αναλυτικότερα

$\displaystyle{
\begin{aligned}
& AB^2 + CD^2 = (AS+SB)^2 + (CS+SD)^2 = AS^2 + SB^2 + CS^2 + SD^2 + 2 \cdot AS \cdot SB + 2 \cdot CS \cdot SD = \cr
& = FE^2 ...

Ακόμα μία ... (αλλά σχεδόν ίδια με την πρώτη λύση του Γιώργου)

Παρόμοια με του John ... θα πρέπει $OT \cdot TP = OM \cdot OA$ άρα θα είναι

$\displaystyle{
{OT \over OM} = {MA \over TP} = {MS \over TS} \rightarrow {OT-OM \over OM}={MS-TS \over TS} \rightarrow OM=TS
}$

τότε λοιπόν
$\displaystyle{
OS \cdot OM = R^2 \rightarrow OS = {R^2 \over OM} = {R^2 \over OS ...

Επειδή το μέγιστο εγγεγραμμένο ορθογώνιο σε σταθερό κύκλο είναι το εγγεγραμμένο σε αυτόν τετράγωνο

$\displaystyle{
\left.
\begin{aligned}
& {(ATP) \over (TCP)} = {AN \over MC} = {AS \over CS} = {4 \over 3} \cr
& (TCP) = {1 \over 4} (TPGH) \leq {9 \over 2} \cr
\end{aligned}
\right\} \rightarrow (ATP ...

Τίποτα ξεχωριστό. Επειδή $\displaystyle OB^2=OC\cdot OS \rightarrow OC = \dfrac{r^2}{r+s}$. Τότε είναι

$\displaystyle{
\left.
\begin{aligned}
& \triangle ATB \sim \triangle OBS \rightarrow \dfrac{AT}{AB} = \dfrac{OB}{OS} = \dfrac{r}{r+s} \cr
& \dfrac{AB}{BS} = \dfrac{2CB}{BS} = \dfrac{2OC}{OB} = 2 ...

Θεωρώ σκόπιμο την διατύπωση των ακολούθων ως λήμματος.
$B$, $C$, σταθερά σημεία σε κύκλο, το $A$ σημείο διατρέχει δεξιόστροφα τον κύκλο
από το $B$, στο $C$ και $AD$ η διχοτόμος της $ \angle BAC$, τότε

$\displaystyle{
{AB + AC \over AD} = ct = {BC \over DC}
}$

ή μια προσπάθεια, διαφορετικά
Λήμμα: Ο ...

Από τις ομοιότητες, ότι $\displaystyle AD=DB$ και ότι $\displaystyle \frac{SD}{DB} = \frac{SD}{MD}\frac{MD}{DB} = \frac{1}{\tan^2\theta}$ θα είναι

$\displaystyle{
\frac{AS}{SB} = \frac{AD-SD}{AD+SD} = \frac{1-\dfrac{SD}{AD}}{1+\dfrac{SD}{AD}} = \dfrac{1-\dfrac{SD}{DB}}{1+\dfrac{SD}{DB}} = \dfrac{1 ...

Το $ABZ \sim BCF$ με συντελεστή αναλογίας $\displaystyle\frac{\sqrt{53}}{7}$ άρα $\displaystyle FC=2\frac{7}{\sqrt{53}}$ και $\displaystyle BF=7\frac{7}{\sqrt{53}}$
Επίσης $BCF \sim ADE$ και $BFG \sim AEG$ με συντελεστή αναλογίας $\displaystyle\frac{7}{3}$, άρα $\displaystyle ED=\frac{3}{7}FC=\frac ...

Η από το παράλληλος προς την θα διέλθει από τα μέσα , των , .
Λόγω παραλλήλων οι πράσινο κλειστό γωνίες είναι ίσες καθώς και οι πράσινο ανοικτό,
ενώ η διχοτομία τις κάνει όλες ίσες. Άρα ισοσκελές και τότε