To είναι εγγράψιμο άρα

Είναι

λόγω ισότητας2.png

$ABCD$ ρόμβος και έστω $P$ το συμμετρικό του $B$ ως προς το $C$.

a)
Τότε $AD =//CP \Rightarrow ADPC$ παρ/μο $\Rightarrow DP = AC = 6$.

Είναι $BC = CP, CS = CD , \angle PCD = \angle SCB = 2x \Rightarrow \triangle SCB = \triangle DCP \Rightarrow BS = DP = 6$

b)
$CS//TD ...

γωνία τριγώνου.png

Καλημέρα κ. Νίκο

Εστω $\ E$ το μέσο της $AC$ τότε:

$\displaystyle ME =// \dfrac{AB}{2} \Rightarrow \angle CME = 90-x \Rightarrow \angle EMA = x+y$ και $\angle BAC = \angle AEM$

Επίσης είναι $DE$ διάμεσος ορθογωνίου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα άρα $AE = DE \Rightarrow ...

υπεραιωνόβια.png

Φέρνουμε $ \displaystyle ZE // BC$ τότε $\angle AZE = \angle AEZ = 50^0 \Rightarrow \triangle AZE$ ισοσκελές και επειδή $AT=AE$ θα είναι και

$\displaystyle AZ =AT$ συνεπώς το τρίγωνο $\triangle AZT$ είναι ισόπλευρο αφού η γωνία κορυφής του είναι $60^0$.

Αφού $\displaystyle AZ ...

Σχολική 2.png

Αφού $\triangle ABC$ ισοσκελές με κορυφή το $A$ και $I$ το έγκεντρο του άρα $AI$ θα είναι διχοτόμος της $\angle BAC$ και μεσοκάθετος της $BC$.

Εστω $\angle ABI =x$ τότε αφού $I$ έγκεντρο θα ισχύει $\angle ABI = \angle CBI = \angle ACI = \angle ICB =x$.

Η γωνία $\angle CAD$ είναι ...

Για το α)

αθροισμα1 45.png

Φέρνουμε $\displaystyle CE \perp DP$ και έστω $C'$ το συμμετρικό του $C$ ως προς το $E$.

Εστω ότι η γωνία $\angle PDC=\phi$. To τρίγωνο $DCC'$ είναι ισοσκελές αφού $DE$ είναι ύψος και διάμεσος, οπότε θα είναι και διχοτόμος.

To τετράπλευρο $DCPC'$ είναι εγγράψιμο ...

ισότητα2.png

Κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο $\displaystyle \triangle ACE$.

Γνωρίζουμε ότι $ AB = AC$ συνεπώς το τρίγωνο $\triangle ABE$ είναι ισοσκελές γιατί $\displaystyle AB =AE$.

Ετσι εύκολα προκύπτει ότι η γωνία $\angle CEA = 10^0$ .

Αρα από το κριτήριο Γ-Π- Γ τα τρίγωνα $\triangle ...

ραβανί.png


$\displaystyle \angle BEA = \angle EAD = 2\theta$ ( εντός εναλλάξ) . Φέρνουμε την διχοτόμο της γωνίας $\angle BEA$ και έστω $L$ το σημείο τομής

της με την$AB$. Από την ομοιότητα των τριγώνων $\triangle BLE, \triangle BAE : $

$\displaystyle \frac{x}{y} = \frac{4}{6-y}=\frac{6}{4 ...

μήκος.png



Καλησπέρα. Μία τριγωνομετρική απόπειρα.

$\displaystyle \triangle BAD : \tan(180-2a) = AB \Rightarrow -\tan2a = AB \Rightarrow \frac{2\tan a}{\tan^2a -1} = AB$

$\displaystyle \triangle ABC : \tan \frac{a}{2} = \frac{2}{AB} $

και επειδή η γωνία $\angle ABC = \dfrac{a}{2}$ είναι ...

Αν φέρουμε την ΒΓ, τότε το ΑΓ υπολογίζεται επίσης πάρα πολύ απλά, αφού ΑΓΒ είναι τρίγωνο ορθογώνιο στο Γ, οπότε

κ.τ.λ.π

Το ίδιο βρήκα με περισσόοοοτερη ταλαιπωρία...... :roll:

Συγκεκριμένα απο το σχήμα του KARKAR αφού

$AA'//BB' \Rightarrow \dfrac{AS}{SB'} = \dfrac{A'S}{SB} \Rightarrow (AS) (SB) = (A'S) (SB' ) \Rightarrow (SAB) = (A'SB')$ (αφού και οι περιεχόμενες γωνίες ανάμεσα στις πλευρές είναι ίσες)

Τα ...

τρίγωνο σε ορθογώνιο.png

Αν $B'$ συμμετρικό του $B$ ως προς το $S$ τότε $B'$ μέσο του $MB$.

Θέτω $A(0,0) , B(a,0)$ και $D(0,b) , a>0,b>0,a>b$ . Τότε $\displaystyle M(0,\frac{b}{2})$ και συνεπώς $B'(\dfrac{a}{2},\dfrac{b}{4})$.

Επομένως $S(\dfrac{3a}{4}, \dfrac{b}{8}) \Rightarrow TS = \dfrac ...

λήμμα3.png

Καλημέρα.

Οι διχοτόμοι δύο εφεξής και παραπληρωματικών γωνιών τέμνονται κάθετα άρα $\theta+\phi=90^0$.

Γράφω τον περίκυκλο του τριγώνου $ADB$ και έστω $L$ το σημείο τομής του με την διχοτόμο της γωνίας $\angle DAC$.

Αφού η γωνία $\angle LAB = 90^0$, η $BL$ είναι διάμετρος, άρα τα ...

στερεομετρικό εμβαδόν 2.png

Καλησπέρα. Απ' το σχήμα του κ.Δόρτσιου.

'Εστω $ L$ το συμμετρικό του $T$ με κέντρο το $M$.

Το τετράπλευρο $TALB$ είναι ρόμβος γιατί οι διαγώνιες του διχοτομούνται και οι πλευρές του είναι ίσες.

Επίσης έχει σταθερή περίμετρο ίση με $4 TA = 4\sqrt{52}}$.

Γνωρίζουμε ...

Εστω μέσο του και μέσο . Είναι

και από Π.Θ στα τρίγωνα είναι . Συνεπώς .

Ισότητα γωνιών.png
Παρόμοια λύση με του κ.Μήτσιου.

Είναι $\tan x = \dfrac{AE}{AD}=\dfrac{(1/3)AC}{(2/3)AB}=\dfrac{1}{2}$

Εστω $N$ το συμμετρικό του $B$ με κέντρο το $A$.Το τρίγωνο $NCB$ ορθογώνιο και ισοσκελές αφού η διάμεσος του $CA=\dfrac{BN}{2}$ είναι και ύψος.
To $E$ είναι τότε το βαρύκεντρο ...

στον πόντο.png

Φέρνω ευθεία $(e) \perp ZB$ και έστω $ C \equiv (e) \cap ES$.To $ZBCS$ είναι εγγράψιμο και επειδή $\angle CSZ=90^0$ το κέντρο του εγγεγραμένου του κύκλου θα είναι το μέσο της $CZ$ , έστω $M$.

To τρίγωνο $EZC$ είναι ισοσκελές ($\angle ZCS=\angle ZBS \Rightarrow \angle SZC=23^0 ...

Προβολική Γεωμετρία.png


Εστω $K$ το κέντρο του ημικυκλίου και έστω $\angle KAS=a$.Τότε $AK=KS$ ως ακτίνες άρα το τρίγωνο $ASK$ ισοσκελές, οπότε

$\angle KAS=\angle ASK=a$. Ακόμα είναι $KS \perp A'S$ γιατί είναι η ακτίνα που καταλήγει στο σημείο επαφής , 'αρα $\angle A'SA=90-a$.

Επίσης είναι ...

Απο Π.Θ στο ΑΟΒ : $\displaystyle AB = \sqrt{a^2+ln^2 a}$

Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α=90) ισχύει : $\displaystyle \beta \gamma = \alpha \upsilon_{\alpha}$ άρα στο ΑΟΒ :

$\displaystyle OD = \dfrac{OA OB}{AB} \Rightarrow $ $\boxed {OD = \dfrac{a lna}{\sqrt{a^2+ln^2 a}}}$

Απο Π.Θ στο ΟDM ...

Είναι : άρα τα σημεία είναι συνευθειακά.

Αρα στο τρίγωνο η είναι μεσοκάθετος συνεπώς