Είμαι συγκλονισμένος και βαθιά λυπημένος για το αναπάντεχο συμβάν, Δεν πάει πολύς καιρός που μιλήσαμε, λίγο πριν την αναχώρησή του για την Βασιλεία της Ελβετίας όπου ξαχειμωνιάζανε με την σύζυγό του τα τελευταία χρόνια με την οικογένεια της θυγατέρας του. Ήταν ευδιάθετος όπως πάντα και δεν μου είπε ...

Χρησιμοποιώ το αμέσως προηγούμενο σχήμα του Μιχάλη.

$\bullet$ Από $\dfrac{y}{x}=\dfrac{1}{2}$ $\Rightarrow$ $\boxed{EK=2}$ όπου $K\in AC$ ώστε να είναι $FK\parallel BE$.

Έστω $M,\ N,$ τα μέσα των $AE,\ AS$ αντιστοίχως και από $\boxed{AM=ME=EK=2}$ και $MN\parallel SE\parallel FK$ $\Rightarrow ...

Πρέπει να είμαι μακριά νυχτωμένος ως προς την εκπαιδευτική πραγματικότητα.

Αν δεν μου ξεφεύγει κάτι, είναι πολύ απλή για Seniors αυτή η άσκηση. Ας την αφήσουμε για λίγο μήπως τσιμπήσει κάποιος από τους Juniors .

Ούτε μία υπόδειξη δεν μπορώ να σκεφτώ που να μην προδίδει την λύση. Εντάξει, θα δώσω ...

Το έχουμε ξαναδεί και Εδώ.

Κώστας Βήττας

Δείξτε ακόμη , ότι : BC=3AC ( ανεξάρτητα από το αποτέλεσμα του Μιχάλη ).
Αυτό προκύπτει άμεσα από $NS\parallel AC,$ όπου $N$ είναι το κέντρο του ημικυκλίου $(N).$

Έτσι, από $\dfrac{NS}{AC}=\dfrac{BN}{BC}$ $\Rightarrow$ $\boxed{\dfrac{BC}{AC}=\dfrac{BN}{NS}=\dfrac{BN}{NM}=3}$ λόγω $NS=NM$ και $BN ...

Με δοσμένο το ευθύγραμμο τμήμα $BC$ με το μέσον του $M,$ γράφουμε τα ημικύκλια $(M),\ (N)$ με διάμετρο $BC,\ CM,$ αντιστοίχως

Η δια του σημείου $B$ εφαπτομένη του ημικυκλίου $(N)$ στο σημείο έστω $S,$ τέμνει το ημικύκλιο $(M)$ στο σημείο έστω $A,$

Στο ορθογώνιο τρίγωνο $\vartriangle ABC$ τώρα, από ...

...Φέρουμε τώρα τις μεσοκαθέτους PK, QM αντιστοίχως των πλευρών BA, CD οι οποίες τέμνονται στο O . Ορίζονται έτσι τα ισοσκελή τρίγωνα BOA και DOC .
Τα τρίγωνα BOD , AOC είναι ίσα (π-π-π) συνεπώς \angle BOD = \angle AOC άρα και οι γωνίες BOA, DOC είναι ίσες, πράγμα που κάνει τα ισοσκελή τρίγωνα BOA ...

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται τετράπλευρο $ABCD$ του οποίου η μσοκάθετη ευθεία της πλευράς $CD$ περνάει από το μέσον της πλευράς $AB.$ Επί των πλευρών $AD,\ BC$ και προς το εξωτερικό μέρος του $ABCD$ κατασκευάζουμε τα όμοια ορθογώνια τρίγωνα $\color{black}\vartriangle DAE.\ \vartriangle CBF,$ με $\color{black ...

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο $ABCD$ με ίσες διαγωνίους. Με βάσεις τις πλευρές $AB$ και $CD$ κατασκευάζουμε
εξωτερικά τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα $ABP$ και $CDQ$, και με βάσεις τις $AD$ και $BC$ τα όμοια ισοσκελή τρίγωνα
$ADR$ και $BCS$. Να αποδείξετε ότι $PQ \bot RS$.
Μερικές καθετότητες φαίνονται ...

Δίνονται δύο κύκλοι $\color{black} (O'),\ (P)$ με κοινή χορδή $BC$ και το κέντρο $O'$ του $(O')$ επί του $(P).$ Δια του σημείου $O'$ φέρνουμε τυχούσα διατέμνουσα τους κύκλους στα σημεία $\color{black} A\in (P)$ και $\color{black} I\in (O')$ και $S\in BC$ και $T\in (O')$ και ας είναι το $I$ μεταξύ ...

ΛΗΜΜΑ. Δίνεται κύκλος $(O')$ χορδής $BC$ και έστω τυχόν σημείο $\color{black} O\in O'M,$ με $M$ το μέσον του $BC,$ ώστε $\color{black} OO'<O'B=O'C.$ Η δια του σημείου $O$ παράλληλη ευθεία προς την $BC,$ τέμνει τον κύκλο $(O')$ στο σημείο $I$ και έστω το σημείο $\color{black} A\equiv (O)\cap O'I ...

Σε οξυγώνιο τρίγωνο $ABC$ τα σημεία $O$ και $I$ είναι το περίκεντρο και το έγκεντρο αντίστοιχα. Είναι γνωστό ότι $O \neq I$ και η ευθεία $OI$ είναι παράλληλη της πλευράς $BC$. Έστω $F$ και $E$ τα ίχνη των υψών στις $AB$ και $AC$ που άγονται από τις κορυφές $C$ και $B$ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ...

Δεν ξέρω γιατί συμβαίνει αλλά στις δικές μου αναρτήσεις το κουμπί "Διαγραφή της δημοσίευσης", άλλοτε εμφανίζεται και άλλοτε όχι.

Κώστας Βήττας.

Καλημέρα σε όλους. Μου άρεσε αυτό το θέμα γιατί το ζητούμενο βασίζεται σε ένα απλό αποτέλεσμα $($ την ισότητα δύο ευθυγράμμων τμημάτων του σχήματος $)$ το οποίο όμως δεν κατάφερα να αποδείξω με απλά μέσα και το προσπάθησα με Διπλούς λόγους, αλλά πάλι χωρίς επιτυχία.

Συγνώμη που αναρτώ το σκεπτικό ...

Το $ABOC$ είναι ρόμβος. Το $E \in AB$ και το $Z \in AC$ . Οι $CE,BZ$ τέμνονται στο $P$
Να εξεταστεί αν ισχύει $\left ( EAP \right )\cdot \left ( POC \right )= \left ( PAZ \right )\cdot \left ( POB \right )$
Θα αποδειχθεί ότι ισχύει $\boxed{(PAE)(POC)=(PAZ)(POB)} \ \ ,(1)$

$\bullet$ Φέρνουμε τις ...

Χρησιμοποιώ το σχήμα της εκφώνησης.

Έστω $X$ η προβολή του σημείου $S$ επί της ευθείας $OK.$

Ισχύει $\boxed{\dfrac{(SCO)}{(SDK)}=\dfrac{(STO)}{(STK)}=\dfrac{(1/2)(TO)(SX)}{(1/2)(TK)(SX)}=\dfrac{TO}{TK}=σταθερό}$ και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί.

Κώστας Βήττας.

ΥΓ. Έχω μπλοκάρει με ένα πρόβλημα ...

Αλλά το ότι : \dfrac{ST}{TC}=\dfrac{1}{2} , θα μπορούσε να είναι ζητούμενο . Είναι δυνατόν να αποδειχθεί ;
Είναι άμεσο από το ότι η σημειοσειρά $C,X,T,S,$ με $X\equiv PQ\cap CT,$ είναι αρμονική από το πλήρες τετράπλευρο $CPTQ.AB.$

Έτσι, έχουμε $\boxed{\dfrac{TX}{TS}=\dfrac{CX}{CS}=\dfrac{1}{2 ...

Όπως θα δούμε στα επόμενα, το πρόβλημα γενικεύεται γιατί δεν είναι απαραίτητος ο εγγεγραμμένος κύκλος του δοσμένου τριγώνου $\vartriangle ABC.$
mathematica (t=79710) (a).PNG
$\bullet$ Όπως είδαμε στα προηγούμενα, η σημειοσειρά $L,P,I,Q$ είναι αρμονική.

Από $LT\perp AI,$ όπου $T$ είναι το μέσον ...

Έστω τρίγωνο \vartriangle ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο (O) και περιγεγραμμένο σε κύκλο (I). Η μεσοκάθετη του τμήματος AI τέμνει την BC στο σημείο L και ο κύκλος διαμέτρου OL επανατέμνει τον κύκλο (AIL) στο σημείο V, έτσι ώστε τα σημεία V,A να ανήκουν στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την πλευρά LO. Να ...

ΛΗΜΜΑ. Δίνονται δύο κύκλοι $(K),\ (L),$ τεμνόμενοι στα σημεία $A,\ B.$ Η εφαπτομένη του κύκλου $(K)$ στο σημείο $A$ τέμνει τον κύκλο $(L)$ στο σημείο $C$ και η εφαπτομένη του κύκλου $(L)$ στο σημείο $B$ τέμνει τον κύκλο $(K)$ στο σημείο $D.$ Αποδείξτε ότι $AD\parallel BC.$
t=79776 (b).PNG ...