Είναι $\angle BCD+\angle EDC=\angle BCA +\angle ACD+\angle ADC+\angle ADE=$
$=\angle PAD+\angle ACD+\angle ADC+\angle CAP= \angle CAD+\angle ACD+ \angle ADC=180^{\circ}\Rightarrow BC \parallel DE$.

Θεωρούμε την ομοιοθεσία $h$ κέντρου $P$ που μεταφέρει το $BC$ στο $DE$ (δηλαδή, $h(B)=D$ και $h(C)=E ...

Δίνεται το κυρτό πεντάγωνο $ABCDE$ και έστω $P$ το σημείο τομής των ευθειών $BD$ και $CE$.
Είναι γνωστό ότι $\angle PAD =\angle ACB$ και $\angle CAP = \angle EDA$.
Να αποδείξετε ότι τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων $ABC$ και $ADE$
ανήκουν στην ίδια ευθεία με το σημείο $P ...

Έστω $E=(AB) \cap (CX)$ και $F=(AC) \cap (BY)$. Αρκεί να αποδείξουμε ότι $EF \parallel BC$, οπότε στο τραπέζιο $BCFE$
η ευθεία $AM$ διέρχεται από το σημείο τομής των διαγωνίων του $BF$ και $CE$ και το πρόβλημα έχει αποδειχθεί.

Για να αποδείξουμε ότι $EF \parallel BC$ αρκεί $\dfrac{AE}{BE}=\dfrac ...

Δίνεται τρίγωνο $ABC$ εγγεγραμμένο σε κύκλο $\omega$ και έστω $\ell$ η εφαπτομένη του κύκλου $\omega$ στο $A$.
Έστω $P$, $Q$ σημεία της $\ell$ τέτοια, ώστε $AP=AQ$. Από τα σημεία $P$ και $Q$ θεωρούμε τις τέμνουσες $\overline{PTB}$ και $\overline{QSC}$ του κύκλου $\omega$. Από το σημείο $A$ φέρουμε ...

Στο ευθύγραμμο τμήμα $BD$ θεωρούμε σημείο $P$ τέτοιο ώστε $BP=AB=BC$. Έστω $Q$ το σημείο τομής
της διχοτόμου $BE$ με την $AP$. Στο ισοσκελές τρίγωνο $ABP$ η διχοτόμος $BQ$ θα είναι ύψος και διάμεσος,
δηλαδή, η $BE$ μεσοκάθετος του $AP$, οπότε $EA=EP=ED$ από το οποίο προκύπτει ότι το $E$ ανήκει στη ...

Δίνεται το κυρτό τετράπλευρο $ABCD$ στο οποίο $AB=BC$.
Οι εσωτερικές διχοτόμοι των γωνιών $DBA$ και $CBD$ τέμνουν τις μεσοκαθέτους των
ευθυγράμμων τμημάτων $AD$ και $CD$ στα σημεία $E$ και $F$ αντίστοιχα.
Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων $DAC$ και $DEF$ εφάπτονται.
convex ...

Έστω $AK$ και $BL\; ( K \in BC$ και $L \in AC$) διχοτόμοι ενός τριγώνου $ABC$, και $CN$ ($N \in AB$)
η εξωτερική διχοτόμος της γωνίας $C$. Θεωρούμε τυχαία ευθεία που διέρχεται από το $K$ η οποία
τέμνει τις ευθείες $AB$ και $AC$ στα σημεία $E$ και $F$ και τις ευθείες $BL$ και $CN$ στα σημεία $P ...

Τα τρίγωνα $AC_{1}C$ και $ABB_{1}$ είναι ίσα, εφόσον $AC_{1}=AB$, $AC= AB_{1}$ και
$\angle C_{1}AC=\angle BAB_{1}=\angle BAC+ 60^{\circ}$. Επομένως, $CC_{1}=BB_{1}$ και λόγω των μέσων
προκύπτει ότι $MK=\dfrac{CC_{1}}{2}=\dfrac{BB_{1}}{2}=ML$, δηλαδή, το τρίγωνο $MKL$ είναι ισοσκελές.

Έστω $N$, $P ...

Όμοια σε μεγάλο βαθμό με τη λύση της ανάρτησης #4.


Έστω $E$, $F$ τα σημεία επαφής του κύκλου $\omega$ με τις $AB$, $AC$ αντίστοιχα. Συμβολίζουμε με $L$ και $K$ τα
δεύτερα σημεία τομής των κύκλων $\omega$ και $\omega '$ με την ευθεία $AD$ αντίστοιχα. Τότε τα εγγεγραμμένα
τετράπλευρα $DELF$ και ...

Ο εγγεγραμμένος κύκλος $\omega$ κέντρου $I$ ενός τριγώνου $ABC$ εφάπτεται της πλευράς $BC$ στο σημείο $D$.
Με διάμετρο $ID$ γράφουμε κύκλο $\omega '$ και από το $A$ φέρουμε τις εφαπτομένες
$AP$, $AQ$ ($P$, $Q$ τα σημεία επαφής). Να αποδείξετε ότι τα σημεία $B$, $C$, $P$ και $Q$ ανήκουν στον ίδιο ...

Δίνεται τυχαίο τρίγωνο . Εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε
τα ισόπλευρα τρίγωνα και . Έστω , , τα μέσα των
, , αντίστοιχα. Να υπολογιστούν οι γωνίες του .

Σε ένα εγγεγραμμένο τετράπλευρο $ABCD$ τα σημεία $M$ και $N$ είναι τα μέσα των πλευρών
$AD$ και $BC$ αντίστοιχα. Στην πλευρά $AD$ θεωρούμε σημείο $K$ και στην πλευρά $BC$ σημείο
$L$ έτσι ώστε $\angle KCD= \angle ABM$ και $\angle LAB=\angle CDN$.
Να αποδείξετε ότι η ευθεία $KL$ διέρχεται από το ...

Στις ημιευθείες $(BA)$ και $(CA)$ θεωρούμε τα σημεία $E$ και $F$ αντίστοιχα, έτσι ώστε $BE=BC$ και $CF=BC$. Τότε,
είναι γνωστό ότι $(EF) \bot (OI)$ ( Καθετότητα του Derk Jan SMEENK όπως μας τη σύστησε ο μεγάλος Στάθης Κούτρας εδώ .
sum_BPplusCPequalAP_sol.png
Από το θεώρημα Πτολεμαίου για το ...

Είναι $FD=FE \Rightarrow \angle FDE=\angle FED \quad (1)$.
Αλλά, εφόσον $DE \parallel BC$, τότε $\angle FDE=\angle BFD$ και $\angle FED=\angle CFE$.
Επομένως, λόγω της $(1)$ $\angle BFD=\angle CFE$. Δηλαδή, οι ευθείες $FD$, $FE$ ισογώνιες ως προς τις
πλευρές της γωνίας $BFC$.
isogonal2_sol2.png ...

Δίνεται ένα σκαληνό τρίγωνο $ABC$ με $AB<BC<AC$ και σημείο $P$ του τόξου $BC$ που δεν περιέχει την κορυφή $A$
του περιγεγραμμένου κύκλου $\Omega$ του $\triangle ABC$, έτσι ώστε $BP+CP=AP$. Από το $P$ φέρουμε παράλληλη προς τη $BC$
που τέμνει για δεύτερη φορά τον $\Omega$ στο σημείο $X$. Να ...

Εφόσον το $X$ είναι το σημείο Miquel ως προς το $\triangle ABC$ για τα σημεία $D$, $E$ και $F$
των πλευρών του, ο κύκλος $(ADE)$ διέρχεται από το $X$. Έστω ότι η ευθεία $(FX)$
τέμνει για δεύτερη φορά τον κύκλο $(ADE)$ στο σημείο $Y$. Οι κύκλοι $(ADE)$ και $(BDF)$
τέμνονται στα σημεία $D$ και $X ...

Αν $N$ το μέσο του $B'C'$, τότε το τρίγωνο $MB'C'$ ισοσκελές εφόσον η διάμεσος $MN$ είναι και ύψος.

Η ευθεία $(B'C')$ εξωτερική διχοτόμος της γωνίας $BAC$, οπότε αν $E$ το δεύτερο σημείο τομής της
με τον περιγεγραμμένο κύκλο $\Omega$ του $\triangle ABC$, τότε το $E$ μέσο του τόξου $BAC$, οπότε $EM ...

Οι δύο κύκλοι τέμνονται για δεύτερη φορά στο ίχνος $D$ του ύψους $AD$ του $\triangle ABC$ ($\angle ADB=\angle ADC=90^{\circ}$). Τότε, το μέσο $M$ της $BC$ είναι το σημείο των δύο ποδηλατιστών (*) (ως η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου $AKML$, και τέταρτη κορυφή του ισοσκελούς τραπεζίου $DNLK ...

Στις πλευρές και θεωρούμε τα σημεία και αντίστοιχα, έτσι ώστε . Ένα σημείο στην πλευρά
είναι τέτοιο ώστε . Οι κύκλοι και τέμνονται για δεύτερη φορά στο σημείο .
Να αποδείξετε ότι .

Έστω $AD$ το τρίτο ύψος του τριγώνου. Τα τετράπλευρα $AEXF$, $DBKF$ και $DELC$ είναι ομόρροπα όμοια.
Αυτό προκύπτει από τις ομοιότητες $\triangle EFX \sim \triangle BFK \sim \triangle ECL$ (υπόθεση) και
$\triangle AEF \sim \triangle DBF \sim \triangle DEC$, οπότε εύκολα προκύπτει ότι τα τετράπλευρα ...