Καλησπέρα! Έχω $\angle BOC=2\angle A=120^{\circ}$ και $\angle BHC=180^{\circ}-\angle A=120^{\circ}$ Άρα, $BHOC$ εγγράψιμο. Από θ. Πτολεμαίου έχω $R\cdot CH+a\cdot OH=R\cdot BH\Leftrightarrow a\cdot OH=R\cdot (BH-CH)\Leftrightarrow a\cdot OH=R\cdot (BM+HM-CN+HN)\Leftrightarrow \dfrac{HM+HN}{OH}=\dfra...

Καλησπέρα! Λίγο διαφορετικά: Έστω τα παράκεντρα $I_{B},I_{C}$ Είναι $I_{B}I_{C}\perp OA\Rightarrow I_{B}I_{C}//ST$. Όμως τα τετράπλευρα $AOBI_{C},AOCI_{B}$ είναι εγγράψιμα, διότι $\angle OAI_{B}=\angle OAI_{C}=\angle OBI_{C}=\angle OCI_{B}=90^{\circ}$ Αρα $\angle STO=\angle I_{C}I_{B}O=\angle ACO$$=...

Καλησπέρα! Άλλη μια λύση: Εχω $H$ το ορθόκεντρο του $ABC$ και $D,E,F$ οι πόδες των υψών. Είναι : $\dfrac{E_{a}^2}{(ABC)^2}=\dfrac{DA_{1}^2}{h_{a}^2}=\dfrac{BD\cdot CD}{h_{a}^2}=\dfrac{h_{a}\cdot DH}{h_{a}^2}=\dfrac{DH}{h_{a}}=\dfrac{DH\cdot a}{h_{a}a}=\dfrac{(BHC)}{(ABC)}$ Αρα $\dfrac{E_{a}^2+E_{b}^...

Λίγο διαφορετικά:

Στο σχήμα του κυρίου Γιώργου Βισβίκη έχω:



και

.

Καλό μήνα σε όλους! Εναλλακτική λύση για το 1ο ερώτημα (εκτός φακέλου): Τα ορθογώνια τρίγωνα $BCM, DCN$ είναι ίσα καθώς έχουν ίσες τις κάθετες πλευρές τους. Άρα οι ομόλογες πλευρές των ίσων αυτών τριγώνων σχηματίζουν μεταξύ τους ίσες γωνίες, δηλαδή στη συγκεριμένη περίπτωση ορθές γωνίες. Συνεπώς , ο...

Καλημέρα!

Το είναι το ορθόκεντρο του , όπως αποδείξαμε στην άσκηση του συνδέσμου.

Η τέμνει τον κύκλο στο .

Τότε, από γνωστή ιδιότητα για το ορθόκεντρο , έχουμε .

Από θεώρημα τεμνομένων χορδών έχουμε

, ό.έ.δ.

Ακόμα μία λύση:

Συνεχίζω από το σημείο που έδειξα ότι

Εστω το βαρύκεντρο του

Εύκολα βλέπουμε ότι το είναι βαρύκεντρο και του .

Αρα και το ορθόκεντρο (ευθεία Euler).

Άλλη μια λύση:


Συνεχίζω από το σημείο που έδειξα ότι .

Τότε , διότι κέντρο του και κέντρο του .

Αφού θα είναι και το ορθόκεντρο.

Καλησπέρα! Εστω $E$ το αντιδιαμετρικό του$A$. Είναι $SC\perp BC$ και $AO\perp BC$ Αρα $SC//AO$ Τα τρίγωνα $AMH$ και $SMC$ είναι ίσα, διότι έχουν ίσες γωνίες και $AM=MC$. Αρα $HM=SM$. Είναι $MD//AB$, διότι $AM=MC$ και $BD=DC$. κι επειδή $AB//SE$ είναι $MD//SE$. Αφού $MD//SE$ και $HM=SM$, είναι $HD=DE...

Καλησπέρα! Έστω $Q$ το συμμετρικό του $S$ ως προς $M$. Είναι $(ATS)=2(PTM)\Leftrightarrow AT\cdot TS\cdot sin\angle ATS=2PT\cdot TM\cdot sin\angle PTM $ $\Leftrightarrow AT\cdot TS=2PT\cdot TM\Leftrightarrow \dfrac{AT}{TM}=\dfrac{2PT}{TS}$ Από θ. Θαλή έχω $\dfrac{AT}{TM}=\dfrac{SC}{SM}=\dfrac{BQ}{QM...

Άλλη μια λύση: Έχω: $1053=3^4\cdot 13$ $392=2^3\cdot 7^2$ $378=2\cdot 3^3\cdot 7$ "Παίζοντας" με τους αριθμούς, παρατηρώ ότι: $1053+392+1134=2579$ και $1134=3\cdot 378$ Ετσι, μπορώ να εκμεταλλευτώ την ταυτότητα του Euler και έχω: $N=\dfrac{1053^3+392^3+1134^3+378^3-1134^3}{2579} \Leftrightarrow$ $N=...

Από Cauchy Schwartz έχω $(a^3+b^6+c^6)(a^3+2)\geq (a^3+b^3+c^3)^2\Leftrightarrow \frac{sinA}{a^3+b^6+c^6}\leq \frac{sinA(a^3+2)}{(a^3+b^3+c^3)^2}$ Αρα αρκεί: $\frac{1}{a^3+b^3+c^3}\sum \sqrt{sinA(a^3+2)}\leq \sqrt[4]{\frac{27}{4}}\Leftrightarrow (\sum \sqrt{sinA(a^3+2)})^2\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^...

Ισχύει από τύπους εμβαδού τριγώνου: $2E=ah_{a}=bh_{b}=ch_{c}=ax+by+cz$. Αρα $\frac{x}{h_{a}}+\frac{y}{h_{b}}+\frac{z}{h_{c}}=\frac{ax+by+cz}{2E}=1$ Οπότε , από την ανισότητα Cauchy Schwartz έχω: $(\frac{h_{a}}{x}+\frac{h_{b}}{y}+\frac{h_{c}}{z})(\frac{x}{h_{a}}+\frac{y}{h_{b}}+\frac{z}{h_{c}})\geq 9...

Βασικά, το $K$ δεν μπορεί να είναι οποιοδήποτε σημείο του $AB$. Η μία οριακή θέση του $K$ είναι όταν το $N$ συμπίπτει με το $A$ και η άλλη όταν το $L$ συμπίπτει με το $B$. Δηλαδή οι θέσεις του $K$ είναι στο μέσο τριτημόριο του $AB$. Αντίστοιχα , οι θέσεις του $M$ στο συμμετρικό τμήμα του μέσου τριτη...

Λίγο διαφορετικά: Εστω $O$ το σημείο τομής των διαγωνίων του ρόμβου. Τότε από τα εγγράψιμα $ANOK, BLOK$ έχω $\angle OAB=\angle OBA=\frac{\pi }{6}$ Αρα το $O$ είναι το ορθόκεντρο του ισοπλεύρου τριγώνου $ABC$ Αρα σταθερό σημείο και συνάμα κατασκευάσιμο. Το $M$ είναι το συμμετρικό του $K$ ως προς $O$ ...

Άλλη μια λύση: Το τετράπλευρο $ACKM$ εγγράψιμο διότι $\angle KAM=\angle KCM.$ Αρα $\angle CKA=\angle CMA=\frac{\pi }{2}$. Το τετράπλευρο $ALSN$ ρόμβος, διότι οι διαγώνιοί του διχοτομούνται και τέμνονται κάθετα. Από θ.διχοτόμων $\frac{BN}{AN}=\frac{BC}{CA}=\sqrt{2}$ και $\frac{AL}{LM}=\frac{CA}{CM}=\...

Εστω O το κέντρο του κύκλου και Μ το μέσο του τόξου ΑΒ.

Εστω ότι η ΟΜ τέμνει την ΤP στο D και την SP στο Ε.

Εστω ότι η ακτίνα του κύκλου είναι 1.

Εστω

ST=x και TD=y.

Ειναι από πυθαγόρειο θεώρημα
Εχω
Όμως
Αρα
Ισότητα για

Καλησπέρα σε όλους! Στη διαμόρφωση του μηνύματός μου έκανα κάτι που δεν ξέρω αν επιτρέπεται από τον κανονισμό του mathematica. Επειδή δεν εμφανίζεται ο κώδικας latex με το συμβατικό τρόπο, αποθήκευσα τον κώδικα latex ως εικόνα και μετά έκανα επισύναψη. Αν υπάρχει πρόβλημα , θα αποσύρω το μήνυμά μου ...

Αλλιώς για το 2ο:

Εστω D το σημείο τομής των AT,OK

Θετω

OA=R, OK=R/2=r

Ο κύκλος (O,r) είναι ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ADB

Εστω x=AD=BD

Από τύπους εμβαδού τριγώνου και το πυθαγόρειο θεώρημα:

Λίγο διαφορετικά:

Θεωρώ



Τότε

,

που ισχύει διότι