Καλημέρα. Γωνία χωρίς εξαρτήσεις.PNG Το τρίγωνο $ABC$ έχει $AB=AC$ και $M$ το μέσον της $BC$. Πάνω στη διχοτόμο της $\widehat{BAM}$ εντοπίζουμε το σημείο $E$ για το οποίο ισχύει $\widehat{BEA}=\widehat{BCE}=\omega $ Να εξεταστεί αν η γωνία $\omega $ είναι σταθερή , ανεξάρτητη των γωνιών του $\trian...

Καλή μεγάλη εβδομάδα. Να ευχαριστήσω βεβαίως και τον Σωτήρη για την συνεισφορά του ! Ας δούμε με τη βοήθεια και της εικόνας την εύρεση του λόγου. Θέση για πρώτο λόγο. C .PNG Είναι $AP=PZ=2BZ$. Χωρίζουμε το $DAEC$ σε τρίγωνα με εμβαδά πολλαπλάσια του $(BEC)$.Τότε: $\boxed{\left ( PEC \right )=2\left...

Καλό μεσημέρι σε όλους. Ισόπλευρο Φ.Θ.PNG Εύκολα βρίσκουμε ότι το $AOP$ είναι ισόπλευρο οπότε $\dfrac{\left ( AOP \right )}{\left ( BAC \right )}=\left (\dfrac{OA}{a} \right )^{2}=\dfrac{1}{3}$ και $OM\parallel AP\Rightarrow \left ( MAP \right )=\left ( AOP \right )$ Φέρω $MN \perp BE\Rightarrow MN...

Καλημέρα σε όλους. Γιώργο,Πρόδρομε,Αλέξανδρε και Νίκο σας ευχαριστώ για τις θαυμάσιες λύσεις σας! Πήρα την αφορμή από το παλαιό Θέμα ΤΟΥΤΟ . Ας δούμε κι' άλλους τρόπους εντοπισμού του σημείου $E$ ως τομή του ημικυκλίου με μια ακόμη γραμμή Θέση για πρώτο λόγο. Β PNG.PNG Ι) Το $E$ ανήκει και στην παρ...

Καλημέρα σε όλους! Αυθόρμητο το :clap2: για την ωραία ..εικονική λύση του Γιώργου που μας παρακινεί ν' αντιγράψουμε την τεχνική του! Τετράγωνο Φ.Θ.PNG Ας δούμε ακόμη ένα τρόπο με λίγα λόγια Τετράγωνο b. Φ.Θ.PNG Είναι $\left ( BEN \right )=BN\cdot CE/2=\sqrt{2}+1$ αλλά και $\left ( BEN \right )=\dfr...

Καλημέρα στην δυνατή παρέα! Για την εν λόγω κατασκευή , άλλος .. :) ..μαθητής μας έβαλε ένα ακόμη "μπελά" Νέος ..μπελάς.PNG Στο σχήμα το $M$ είναι το μέσον του $OA$ και $OE=\dfrac{OA}{5} $. Η παράλληλη από το $O$ προς την $A'M$ και η παράλληλη από το $E$ προς την $AA'$ τέμνονται στο $S$. Είναι άραγ...

Νίκο και Στάθη καλησπέρα. Μια λογιστική προσέγγιση. Ισόπλευρο..Ν.Φ.PNG Είναι $KM=KL=KD$ ως ακτίνες.Φέρω $KH \perp LM$.Έστω , χωρίς βλάβη $AC=1$ . Τότε $DE=BC=2..AB=3$ και στο ορθ. $ADB$ : $DC^{2}=AC\cdot BC\Rightarrow DC=\sqrt{2} $ ενώ με Π.Θ $BD=\sqrt{6}$. Από τα όμοια $BAK,DEK$ παίρνουμε $\dfrac{...

Χαιρετώ. Το παρόν βασίζεται σε παλαιότερο θέμα. Θέση για πρώτο λόγο.PNG Στο ορθογώνιο παραλληλόγραμμο $ABCD$ είναι $AB=BC\sqrt{2}$. Ι) Να βρεθεί - κατασκευαστικά - η θέση του σημείου $E$ πάνω στο ημικύκλιο διαμέτρου $AB$ ώστε: Αν οι $ED,EC$ τέμνουν την $AB$ στα $P,Z$ αντιστοίχως να ισχύει $AP=PZ$ I...

Καλημέρα . Μια εξήγηση ,που οφείλω για τη δημιουργία αλλά και τη λύση του παρόντος. Ανάμεσά τους.PNG Στο σχήμα έχουμε $BC=a=4$ και τα συνευθειακά $B,P,A,E$ με $BP=1...BA=2...BE=3$ ενώ $PC=AC$. Βρίσκουμε όπως και στο θέμα ΕΔΩ ότι $\sigma \upsilon \nu B=\dfrac{3}{8}$ και $PC=AC=\sqrt{14}$. Για το παρ...

Καλό βράδυ! Κλασικό..KARKAR.PNG Με την .. κλασική περιστροφή $90^{0}$ το τρίγωνο $DAS$ είναι ίσο με το $AEB$ , το $ASE$ είναι ορθ. και ισοσκελές οπότε $SE=3\sqrt{2}$. Για το τρίγωνο $SEB$ έχουμε τα μήκη των πλευρών του και με τον Ν. Συνημιτόνων προκύπτει $\widehat{BSE}=45^{^{0}}$άρα $\widehat{ASB}=...

Καλημέρα. Η μικρότερη διαγώνιος.PNG Για τον σχεδιασμό: Το $S$ διατρέχει την $AB$ , φέρω διαδοχικά $SP \perp BC..ST \perp SP$ και $QT \perp ST$. Θέτω $AS=x..BS=16-x$ ...(Τα ενδιάμεσα αργότερα , εφόσον χρειαστεί)... Καταλήγουμε στην θέση ελαχίστου για το $769x^{2}-4608x$. Άρα το $PT$ γίνεται ελάχιστο...

Καλό βράδυ. Ευχαριστώ ιδιαίτερα τον Πρόδρομο (μαθητή Β' Γυμνασίου αν δεν κάνω λάθος) και να του ευχηθώ Μέλλον Λαμπρό! Ευχαριστώ και τους Γιώργο , Γιάννη για την πληρότητα των απαντήσεων. Ας δούμε μια ακόμη , εκ του αποτελέσματος κατασκευή: Αρκεί να κατασκευάσουμε την ( αρχικά μόνη άγνωστη) πλευρά $...

Καλό βράδυ σε όλους ! Μια (διπλή) προσπάθεια , εφόσον η .. :) ..μέρα ζητούσε κατασκευαστική ποικιλία. Τύπου Α ..χ2.PNG Στο πάνω σχήμα είναι $LT \parallel FS\Rightarrow \dfrac{x}{b}= \dfrac{a}{a+b} $ και στο κάτω $PQ \parallel AF\Rightarrow \dfrac{x}{a}= \dfrac{b}{a+b} $. Έτσι και από τις δύο έχουμε...

Χαιρετώ. Η αφετηρία για την δημιουργία του παρόντος είναι το θέμα του KARKAR : Γίνε τμηματάρχης ! Καθετότητα , προσφορά του τμηματάρχη.PNG Το τρίγωνο $ABC$ του σχήματος είναι εγγεγραμμένο σε ημικύκλιο με κέντρο $O$ και έχει $\widehat{A}=90^{0}...tanB=\dfrac{4}{3}$ Το $M$ είναι το μέσον του τόξου $A...

Καλό απόγευμα. Τμηματάρχης.PNG Άρση απόκρυψης , αιτιολόγηση. Φέρω $SF \perp AB$ και θέτω $BF=x \Rightarrow AF=3+x$ , οπότε από την ομοιότητα των $BAC,BFS$ έχουμε $FS=4x/3$ και $BS=5x/3$. Από το θ. διχοτόμου παίρνουμε $AH=4/3$. Τα όμοια $CAH, FAS$ μας δίνουν $\dfrac{AF} {FS}=\dfrac{AC}{AH}=3\Rightar...

Γεια σας. Κατασκευή τριγώνου.PNG Για το τρίγωνο $ ABC$ του σχήματος δίνονται τα μήκη των $BC=a..AB=c $ και $BP=k$ ενώ είναι $PC=AC$. Να κατασκευαστεί το $\triangle ABC$ και να υπολογιστεί το μήκος του $AC$ ως συνάρτηση των γνωστών $a,k$ και $c$ $36$ ώρες για τους μαθητές. Ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλημέρα. Γιώργο, Αλέξανδρε σας ευχαριστώ για τις ωραίες λύσεις! Λίγα λόγια κυρίως για την πηγή που μου έδωσε την αφορμή για την δημιουργία του παρόντος. Είναι $FE \parallel PA$ (ως κάθετες στην $BP$) οπότε - όπως γράφηκε - $\left ( EAP \right )=\left ( PAF \right )$. Πότε το εμβαδόν αυτό γίνεται M...

Χαιρετώ τους φίλους! Κριτήριο..5.PNG Φέρω $DH \perp AB..EZ \perp AC$. Έστω $\widehat{B}> \widehat{C}$ τότε $\eta \mu B> \eta \mu C\Rightarrow \dfrac{HD}{BD}> \dfrac{EZ}{EC}\Rightarrow HD> EZ$. Τα τρίγωνα $ADH,AZE$ είναι όμοια οπότε και $AD>AE \Rightarrow \theta > \varphi ..(1)$.Όμως $\widehat{B}+\o...

Γιώργο συμφωνούμε ! Το προκύπτει και με τον τύπο που έχω κατά νου..
Βέβαια αυτόν τον τύπο-κανόνα τον.. ..αντέγραψα από το σχολικό βιβλίο!

Χαιρετώ . Ευχαριστώ πολύ τους Κώστα και Γιώργο για την ενασχόληση. Να διευκρινίσω ότι ο κανόνας που ζητάμε συνδέει τους αριθμούς σε κάθε τριάδα: Με τους $1$ και $4$ και χρήση του κανόνα προκύπτει το $\sqrt{14}$, ενώ με τους $2$ και $4$ ο κανόνας δίνει πάλι $\sqrt{14}$ . Με τους $3$ και $4$, η χρήση...