Καλημέρα σε όλους. Να ευχαριστήσω θερμά τον Θεοδόση για την αναλυτική και πλήρη κάλυψη του παρόντος! Ας κάνω μόνο ένα ...ελαφρύ σχόλιο: Ο λόγος της χρυσής τομής συμβολίζεται διεθνώς με το γράμμα $\varphi $. Προέρχεται -όπως αναφέρεται και στο σχολικό βιβλίο- από το όνομα του γλύπτη της κλασικής αρχ...

Καλό μεσημέρι σε όλους . Όπως εκ των υστέρων βλέπω η λύση που βρήκα είναι πάνω κάτω ίδια με αυτή του Μπάμπη Την υποβάλλω κυρίως για το σχήμα Τετράγωνο και καθετότητα.PNG Θέτω $AE=x..ZD=y$. Από τα όμοια τρίγωνα $AEZ,ZCD$ είναι $\dfrac{x}{a}=\dfrac{a-y}{y}\Leftrightarrow xy=a^{2}-ay\Leftrightarrow \l...

Καλημέρα σε όλους! Οι δύο γωνίες N.F.PNG Ο κύκλος $(M,MA)$ τέμνει την $AM $ και στο $E$ η δε $EB$ τέμνει τον κύκλο στο $H$. Το$BECA$ είναι παρ/μο (αφού οι $AE,BC$ διχοτομούνται ) άρα $\widehat{BEA}=\widehat{EAC}=30^{0}$ ενώ $AH \perp EH$ ($AE$ διάμετρος ). Εύκολα βρίσκουμε ότι το τρίγωνο $ABH$ είνα...

Χαίρετε. Αλέξανδρε,Θεοδόση,Στάθη,Μιχάλη,Γιώργο και Γιάννη σας ευχαριστώ για τις ωραίες και ποικίλες λύσεις σας! Ας δούμε και μια γενίκευση του θέματος. Στο ορθογώνιο τρίγωνο $ABC$ με $\widehat{A}=90^{0}$ είναι $tanB=x$ , η $BM$ διάμεσος και $P \in BC$ ώστε $PC=yBP$. Να εκφραστεί το $y$ , ως συνάρτη...

Καλημέρα! Να ευχαριστήσω τον Γιώργο και τον Θεοδόση για την πλήρη κάλυψη και του παρόντος ,
που προέκυψε από ελαφρά τροποποίηση του παλαιού θέματος ΕΔΩ. Φιλικά , Γιώργος.

Καλό δειλινό ! Πράγματι άκρως ελκυστικό το θέμα! Μια ακόμη προσέγγιση Καθετότητα G.V.PNG Φέρω $MN\parallel AEP$ και $NH\perp AC$ . Έστω $AB=AC=6$ οπότε $AM=MC=3...BC=6\sqrt{2}$ Εύκολα βρίσκουμε $PN=NC=\sqrt{2}...NH=HC=1...MH=2$. Τα ορθ. τρίγωνα $BAM,MHN$ είναι όμοια κι' έτσι $\widehat{BMN}+\theta =...

Χαιρετώ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο με είναι , η διάμεσος και ώστε .

Να εξεταστεί αν οι είναι κάθετες μεταξύ τους. Ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλημέρα σε όλους. Δύο λόγοι.PNG Δίνεται το παραλληλόγραμμο $ABCD$ . Θεωρούμε τα $E \in CD$ και $N \in AB$ ώστε $\dfrac{DE}{EC}=\dfrac{BN}{AN}=\Phi $ ,όπου $\Phi$ ο χρυσός αριθμός . Οι $AE,DN$ τέμνονται στο $F$ και οι $BF,AD$ στο $I$. $a$) Να εξεταστεί αν ο λόγος $\dfrac{\left ( ABCD \right )}{\lef...

Καλημέρα! Με τα γνωστά εργαλεία , άγοντας όμως μακρύτερα την ..αποσκευή Γλυκιά καθετότητα.PNG Φέρω $APT\parallel BD$ με $AT=BD=AC$. Είναι $\dfrac{AC}{AP}=\dfrac{BD}{AP}=\dfrac{BM}{PM}=\dfrac{MC}{PM}$ δηλ. $AH$ διχοτόμος στο ισοσκελές $TAC$ οπότε και ύψος,διάμεσος . Ακόμη $BT=AD=2AM$ ενώ και $BT=2HM...

Καλημέρα σε όλους! Για το α' ερώτημα Ίσες διαδρομές.PNG Έστω $H \in AC$ με $AH=AB$. Εύκολα βρίσκουμε ότι το $BAHD$ είναι χαρταετός και έχουμε $AE+EB=AE+EC=AC$ ενώ και $AB+BD=AH+HD=AH+HC=AC$ . Άρα $AE+EB=AB+BD$. Διόρθωσα λάθος πληκτρολόγησης: το ορθό είναι $AB+BD$ αντί του $AB+AD$. Ευχαριστώ τον Ανδ...

Καλό βράδυ. Όπως γράφει και ο Αλέξανδρος ΕΔΩ , ο Γιώργος (G.V.) έχει πάντα δίκιο! Νέα διατύπωση με νέο ζητούμενο ( για χρήση και της γωνίας) Λόγος εμβαδών...PNG Εξωτερικά του τετραγώνου $ABCD$ θεωρούμε το ισοσκελές τρίγωνο $DEC$ με $\widehat{DEC}=150^{0}$ ΟΙ $AD,BE $ τέμνονται στο $ Z $ ενώ οι $DE ...

Χαιρετώ. Καθετότητα και ισότητα.PNG Το $ABCD$ είναι τετράγωνο και το τρίγωνο $DEC$ είναι ισοσκελές με $\widehat{DEC}=150^{0}$. ΟΙ $AD,BE$ τέμνονται στο $Z$ ενώ οι $DE , BC$ στο $H$ Να εξεταστεί αν είναι $AC \perp HZ$ και $AC=HZ$. . Να υποθέσω ότι το θέμα .. :) .. δεν έχει μόνο μια λύση..Σας ευχαρισ...

Καλησπέρα σε όλους! Με χρήση του σχήματος Καθετότητα .. N.F.PNG Θέτω $DZ=x..ZH=y..HE=p$ . Από τα ζεύγη τριγώνων $DHC \sim BHE \Rightarrow x+y=2p $ και $ DCZ \sim MEZ\Rightarrow y+p=3x/4$ Προκύπτει $y=x/6 \Rightarrow HN=a/6$ αφού $ZHN \sim DAZ$. Ακόμη $BEH \sim ADE \Rightarrow BH=a/3 $ οπότε $BN=a/2...

Καλημέρα!
Υ.Γ Δίνω (εκ των υστέρων ) αιτιολόγηση. Τα τρίγωνα είναι όμοια αφού

το είναι εγγράψιμο άρα , το ίδιο και το οπότε .

Είναι επομένως και . Φιλικά , Γιώργος.

Χαιρετώ. Και οι 18άρες παίζουν ρόλο.PNG Το τρίγωνο $ABC$ έχει $\widehat{B}=18^{0}$. Θεωρούμε $E \in BC$ και $P \in AB$ ώστε να είναι $C\widehat{A}E=18^{0}$ και η $EP$ διχοτόμος της$\widehat{AEB}$. Αν $AP=2$ και η ακτίνα του κύκλου που ορίζουν τα $B,P,C$ είναι $R=\sqrt{5}+1$ τότε Να υπολογιστεί το $...

Καλημέρα σε όλους. Μια ακόμη διαδρομή $ \displaystyle \tan 40^\circ = \frac{{\left( {1 - {{\tan }^2}10^\circ } \right)\sqrt 3 }}{2}\Leftrightarrow 2tan30^{0}tan40^{0}=1-tan^{2}10^{0} ...(1)$ Είναι $tan30^{0}tan40^{0}=\dfrac{2sin30^{0}sin40^{0}}{2cos30^{0}cos40^{0}}=\dfrac{cos10^{0}-cos70^{0}}{cos10...

Καλημέρα. Με αφετηρία την "δυνατή" άσκηση του Γιώργου ΕΔΩ Λόγος απότοκος λόγου.PNG Το τρίγωνο $ABC$ έχει $\widehat{A}=90^{0}$. Θεωρούμε σημείο $I$ πάνω στο ύψος του $AD$ με $\dfrac{ID}{AD}=k$. Οι συμμετρικές της $BC$ ως προς τις $IB$ και $IC$ τέμνονται στο $E$.Οι κάθετες από τα $B,C$ προς τις $IC,I...

Καλό απόγευμα. Γιώργο, Πρόδρομε, Γιάννη , Μιχάλη, Αλέξανδρε και Μιχάλη σας ευχαριστώ όλους για την ποικιλία των λύσεων ! Μια ακόμη , αυτή που είχα στο νου κατά την δημοσίευση. Λόγος..δάκτυλα.PNG Στο σχήμα το τρίγωνο $ABC$ χωρίστηκε στα ισοσκελή $BAZ, BHZ$ και $ZHC$. Είναι $HM \parallel BE$ (κάθετες...

Καλησπέρα και καλόν Ιούλιο . Έχει και η παρούσα την καταγωγή της. Δίνονται δύο και δύο ζητούνται.PNG Στο κυρτό τετράπλευρο $ABCD$ είναι $\widehat{A}=84^{0}...\widehat{B}=150^{0}$ και $AB=BC=1...AD=\sqrt{3-\Phi }$ , όπου $\Phi$ ο χρυσός αριθμός . Να υπολογιστούν τα μέτρα των $\widehat{C}$ και $\wide...

Καλό βράδυ! Χρυσή παραλληλία.PNG Στο σχήμα το τρίγωνο $MNC$ είναι ισόπλευρο ενώ τα $BKM,ANE$ είναι ίσα . Ας είναι $BM=MC=MN=1$ και $KM=EN=x$. Τότε $KM\cdot ME=BM\cdot MC\Rightarrow x\left ( x+1 \right )=1 \Leftrightarrow x^{2}+x-1=0\Rightarrow KM=x=\dfrac{1}{\Phi }$ Από την ομοιότητα των $BKC,KMC$ ...