Καλησπέρα!
Λίγο διαφορετικά: Η εξήγηση θ΄ακολουθήσει...

Όπως βλέπω , με πρόλαβε ο αγαπητός Μιχάλης!

Χαιρετώ! Υπολογισμός εφαπτομένης.png Το $ABCD$ είναι ορθογώνιο και $E \in AB$. Ο κύκλος των $A,E,C $ τέμνει την $AD$ και στο $Z$. Οι $BD,EZ$ τέμνονται στο $K$ και το $I$ είναι το συμμετρικό του $E$ ως προς το $K$. Αν ισχύει $\dfrac{ZI}{KE}=tan\omega $ , όπου $\omega =\widehat{ADB}$ τότε: Να υπολογί...

Χαιρετώ! Επανέρχομαι λοιπόν για μια ακόμη προσέγγιση , με χρήση του σχήματος 4 Ορθές για μια καθετότητα II.png Αρκεί να είναι το $Z$ ορθόκεντρο του τριγώνου $AEF$. Με το $EP$ ύψος θα δείξουμε ότι και το $FN$ είναι επίσης ύψος του. Το $APED$ (με 2 απέναντι ορθές) είναι εγγράψιμο άρα $\widehat{PEA}=\...

Καλό βράδυ σε όλους! Τα ορθογώνια $OASB , OCTD$ είναι ισεμβαδικά . Τα $N ,M$ είναι τα μέσα των $AS , CT$ και : $L\equiv AC\cap NM$ . α) Δείξτε ότι : $AD \parallel BC$ ... β) Υπολογίστε την : $\tan\widehat{ALN}$ , συναρτήσει μόνον δύο πλευρών από τις $a,b,c,d$ . Ισεμβαδικά...png α) Είναι $(BCD)=(BCA...

ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ σε όσες και όσους γιορτάζουν!

Θερμές ευχές στους Γιάννη Θωμαΐδη, Γιάννη Σταματογιάννη, Γιάννη Κερασαρίδη,

Γάννη Σαράφη, Γιάννη Τσόπελα, Γιάννη Γεωργά,

Γιάννη Μπόρμπα, Γιάννη Στάμου, Γιάννη Καραγιάννη

και στον Πρόδρομο Φωτιάδη.

ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ στους εορτάζοντες!
Θερμές ευχές στον Φάνη Θεοφανίδη, τον Φώτη Μαραντίδη και βεβαίως την Φωτεινή Καλδή.

Καλησπέρα και χρόνια πολλά. Σας ευχαριστώ όλους για τις ποικίλες προσεγγίσεις. Κάθε λύση έχει τη δική της χάρη! Να πω μόνο για τον νεαρό Πρόδρομο Φωτιάδη πως πλέον ...κινείται σε δυσθεώρητα ύψη και -με τις ευχές μας- προς την κατάκτηση κορυφών.. Σε επόμενη δημοσίευση προτίθεμαι να υποβάλω (αν δεν κ...

Καλησπέρα. Να ευχαριστήσω τους αγαπητούς Μιχάλη και Γιάννη για τις άμεσες και κομψές απαντήσεις. Θα σταθώ μόνο στην ισεμβαδικότητα των $ABCD, AEZH$ Φανερώστε τον λόγο II.png Ι) Στο σχήμα φαίνεται η λύση του κ.Μιχάλη: $(ABCD) =(AEKD)=(AEZH)$, χάρις στην ισότητα των τριγώνων $ABE,KDC$ και των $ZEC,DA...

Καλησπέρα! Ας δώσω σχήμα σε απόκρυψη και αργότερα τη λύση.. Μη κυρτό..Φ.Θ.png Επανέρχομαι με άρση απόκρυψης και τη δέουσα εξήγηση του σχήματος. Ας καλύψουμε γενικότερα το θέμα για γωνία $x$. (Στο παρόν είναι $x=19^o$). Τα $M,I$ ορίζουν τη μεσοκάθετο του $BD$. Τα ορθογώνια τρίγωνα $ABE,MID$ έχουν απ...

Χαίρετε! Το έχει ενώ . Τα και ώστε .Αν οι τέμνονται στο τότε:

Να εξεταστεί αν είναι και . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Χαιρετώ! Φανερώστε τον λόγο(1).png Τα $ABCD$ και $AEZH$ είναι παραλληλόγραμμα με $E \in BC$ και $D \in ZH$. Τα $ a,b,c,d $ εκφράζουν τα εμβαδά των αντίστοιχων τριγώνων. Αν ισχύει $\dfrac{a}{c-d}=\left ( \dfrac{a}{b} \right )^{2} $ τότε: Να ...Φανερωθεί ο λόγος $ \dfrac{\left ( ADH \right )}{\left (...

Καλησπέρα στους κραταιούς! Μετά το ...ξεκλείδωμα :clap2: ...του Αλέξανδρου εύκολος ο δρόμος για την $tan\theta $. Ημικύκλιο...KARKAR.png Έχουμε $\widehat{AMB}=\widehat{MBN}=\theta $ ενώ $BN^{2}=2R^{2}...MN^{2}=BN^{2}-BM^{2}= \dfrac{5+\sqrt{5}}{5}R^{2} $ οπότε $tan^{2}\theta =\dfrac{MN^{2}}{BM^{2}}=...

Καλή πρωτοχρονιά σε όλους! Παραλλαγή παλαιού θέματος που μου άρεσε.. Το ώστε ενώ και . Οι τέμνονται στο

Να υπολογιστεί ο λόγος . Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Για την Καλημέρα σε όλους και για τον πολυγραφότατο KARKAR Αρκεί να υπολογιστεί το .Είναι ... Φιλικά, Γιώργος,

Καλό βράδυ σε όλους! Με χρήση του σχήματος 2 τετράγωνα...png Από τα ίσα τρίγωνα $AEC,ZIC$ παίρνουμε $EC=ZC$. Αν $M$ το μέσο της $AE$ τότε $BM=ME$. Τα ισοσκελή $ZEC,BEM$ είναι όμοια με $(ZEC)=2(BEM)$ άρα $\dfrac{EC}{EM}=\sqrt{2}$. Αλλά και $\dfrac{AE}{EC}=\dfrac{2EM}{EC}=\sqrt{2}$. Τότε τα $AEC,MEC$...

Χαιρετώ τους φίλους! Μετά τις θαυμάσιες ως άνω λύσεις , μια ακόμη προσέγγιση με την βοήθεια της εικόνας. Γενίκευση Γ.Ρ.png Έστω ότι ισχύει $b^{2}+c^{2}=\left ( 2a \right )^{2}\Leftrightarrow \left ( b/2 \right )^{2}+\left ( c/2 \right )^{2}=a^{2}$. Θεωρούμε το (ορθογώνιο ) τρίγωνο- γεννήτορα $MAN$ ...

Καλησπέρα! Πολύ σωστά Νίκο , η συνθήκη $b+c=2a$ χρειάζεται μόνο στο αρχικό θέμα του οποίου ας δούμε και την προσέγγιση που ακολουθεί Συνεπώς παράλληλες ΙΙ.png Στην προέκταση της $BA$ παίνουμε $AH=AC=b$ και τότε είναι $BH=2a$. Σύμφωνα με το ως άνω λήμμα το $\triangle BZH$ είν' ισοσκελές κι' έτσι η π...

Καλημέρα. Ευχαριστώ και πάλι τους Στάθη, Σωτήρη, Γιώργο και Νίκο για τις ωραίες επεμβάσεις τους! Ας θέσω για απόδειξη το λήμμα που ακολουθεί, προς εξυπηρέτηση του αρχικού θέματος. Λήμμα .png Για το τρίγωνο $ABC$ του σχήματος ισχύει $b+c=2a$ . Η διάμετρος $EZ$ είναι μεσοκάθετος του $BC$. Αν $H \in B...

ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ σε όλο το :santalogo: 25-12 Συνεπώς παράλληλες.png Το τρίγωνο $ABC$ έχει περίμετρο $3a$ και με το $P \in AC$ ισχύει $PC=BC=a$. Η μεσοκάθετος του $BC$ τέμνει τον περίκυκλο του $\triangle ABC$ στα $E,Z$ και η $ZP$ τον επανατέμνει στο $N$, Να εξεταστεί αν είναι $EN \parallel AC$. Οι παραπ...

Καλό βράδυ σε όλους! Τρίκυκλη κατασκευή.png Ας είναι το πρόβλημα λυμένο. Με $R>r $ θεωρούμε το $F \in KA$ ώστε να είναι $KF=KB$. Το $F$ "βλέπει" την $AB$ υπό γωνία $\omega =\dfrac{\pi -\theta }{2}$ δηλ ανήκει σε γνωστό τόξο αλλά και στον κύκλο $(A, R-r)$ αφού $AF=KF-KB=KB-KA=R-r $. Συνεπώς το $F$ κ...