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_3 ...

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} = {(AFC...

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}}{\dfra...

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 ομοι...

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 + 4...

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 λ...

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

Η ιδέα όπως του Νίκου, οι πράξεις όμως μπορούν να απλοποιηθούν. Το $M$ θα διαγράψει ημικύκλιο και το μέγιστο θα συμβεί όταν η $AT$ εφάπτεται του μικρού ημικυκλίου. Εύκολα ακόμα, $AM= \sqrt{8}r$ και $\triangle AMC \sim \triangle ATB$ με συντελεστή αναλογίας 3/4. Άρα $\displaystyle{ \begin{aligned} & ...

Απλά ... παρόμοια και για του χρόνου