ϊσες διαφορές.png Ας είναι $S\,\,\kappa \alpha \iota \,\,T\,\,$ τα συμμετρικά των $H\,\,\kappa \alpha \iota \,\,R$ ως προς ςυθεία παράλληλη στην $AB$ που διέρχεται από το $O$. Θα είναι : $\left\{ \begin{gathered} NH = MS = a \hfill \\ RJ = LT = b \hfill \\ \end{gathered} \right.$ $\left\{ \begin{ga...

$M\left( {\dfrac{{t + 2}}{2},2} \right)$ , $\left\{ \begin{gathered} OM \to y = \frac{{4x}}{{t + 2}} \hfill \\ AT \to y - 4 = \frac{{ - 4(x+2)}}{{t + 2}} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ Απαλοιφή του $t + 2$ έχω : $\boxed{y = \frac{{2x}}{{x + 1}}}$ ενώ $\boxed{t = 2x}$. Δηλαδή η καμπύλη που διαγράφ...

Διπλάσια γωνία 41.png Και σκοτώσαμε κουνούπι με όλμο. Αλλού ίσως χρειαστεί ο όλμος. Έστω $K,L$ τα σημεία τομής της $BS$ με τη διάμεσο $AO$ και την πλευρά $AC$ . Η δέσμη $A(B,L\backslash K,S)$ είναι αρμονική άρα και η δέσμη : $C(B,L\backslash K,S)$ είναι αρμονική. Ας είναι $T$ το σημείο τομής της $A...

Γινόμενο από Θερμοπύλες.png Το $ABCD$ είναι ισοσκελές τραπέζιο με βάσεις $AB=32, DC=18$ και ένα εσωτερικό του σημείο $P$ ώστε $\displaystyle P\widehat AD = P\widehat BA$ και $\displaystyle P\widehat DA = P\widehat CD.$ Αν $(PAB)=192,$ να υπολογίσετε το γινόμενο $\displaystyle PA \cdot PC.$ Το σχήμα...

Αναμενόμενο μέσο.png Έστω ημικύκλιο διαμέτρου $\overline {AOB} $ και τυχαίο του σημείο $C$. Στην προέκταση του $BC$ προς το $C$ θεωρώ σημείο $S$ και στην ευθεία $SO$ σημείο $D$. Η κάθετη από το $D$ στην $AC$τέμνει την $AS$ στο σημείο $M$ και την από το $A$ παράλληλη στην $AB$, στο σημείο $E$. Δείξε...

πρωτεύοντα στοιχεία.png Δίδονται οι διαδοχικές σταθερές γωνίες : $\widehat {xBy} = \widehat \omega \,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\widehat {yBz} = \widehat \theta \,\,$, καθώς και σταθερό σημείο $C$ πάνω στην $Bx$. α) Να κατασκευαστεί ευθεία που διέρχεται από το $C$, τέμνει δε τις $By\,\,\kappa \a...

Ανιαρή με ενδιαφέρον.png Θέτω: $AS = x \in (0,d)\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AP = u$ , προφανές $PS = PB = d - u$ . Από το Π. Θ. στο $\vartriangle APS$ και την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων : $BPT\,\,\kappa \alpha \iota \,\,ASB$ έχω: $\left\{ \begin{gathered} P{S^2} = P{A^2} + A{S^2} \hfill ...

Ισόπλευρο χωρίς αιτία.png Έστω ημικύκλιο διαμέτρου $AB$ . Σημείο $C$ του $AB$ είναι τέτοιο ώστε : $BC = 2CA$. Η κάθετη στο $C$ επί την $AB$ τέμνει το ημικύκλιο στο $D$. Σχηματίζω το ορθογώνιο $BCDE$ και έστω $K$ το σημείο τομής των $BD\,\,\kappa \alpha \iota \,\,AE$. Αν ο κύκλος $(K,KD)$ τέμνει την...

KARKAR έγραψε: ↑

Πέμ Απρ 18, 2019 12:48 pm

Μπελάδες.pngΈνας μαθητής πρότεινε την κατασκευή του σχήματος . Έχει δίκιο ;

Ναι γιατί τα τρίγωνα και είναι όμοια

Παραλλαγή της πιο πάνω. Ορθογώνιοι μπελάδες_new_new.png Έστω σημείο $D$ στην $AA'$ έτσι ώστε : $AD = 2DA'$.. Η κάθετη στο $D$ επί την $AA'$ τέμνει τις ευθείες $OA'\,\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,OA$ στα $H\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,G$. Η τομή των $AH\,\,\kappa \alpha \iota \,\,GA'$ ορίζει το $...

Έστω $D$ σημείο της σταθερής υποτείνουσας $AA'$ για το οποίο : $AD = 2DA'$ . Έστω ακόμα $K$, η προβολή του σταθερού $D$ στη σταθερή $OA'$. Το ημικύκλιο διαμέτρου $AA'$ με τον κύκλο $(K,KD)$ τέμνονται , εκτός του $A'$, στο ζητούμενο σημείο $S$. Ορθογώνιοι μπελάδες_new.png Απόδειξη: Προφανώς $\boxed{\...

Λίγο διαφορετικά από το Γιώργο. Σταθερή διαφορά.png Το σημείο τομής , $H$, των $AL\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BN$ είναι το ορθόκεντρο του $\vartriangle SAB$. Τα σημεία $S,\,N,\,H,\,L\,$ ανήκουν στο κύκλο διαμέτρου $SH \bot AB$ , συνεπώς η $PS$ εφάπτεται σ αυτό τον κύκλο, έτσι : $P{S^2} = PL \cdot PN...

Ανάλυση : Φέρνω τη διάμεσο $A'M$ του $\vartriangle A'OA$ που τέμνει την $SA$ στο $T$ . Τα ορθογώνια τρίγωνα $SA'A\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OMA'\,\,$ είναι όμοια γιατί έχουν λόγο καθέτων πλευρών $2$. Αφού δε το τετράπλευρο $OAA'S$ είναι εγγράψιμο , θα έχω : $\left\{ \begin{gathered} \widehat {{\o...

Γράφω τους κύκλους $(B,E,C)\,\,,\,\,(D,F,C)$ που τέμνουν την $AC\,\,$στα $T\,\,\kappa \alpha \iota \,\,S$, Έστω δε $(\varepsilon )$ η εφαπτομένη του αρχικού κύκλου στο ${\rm A}$. $\left\{ \begin{gathered} \widehat \theta = \widehat {ACB} = {\widehat \theta _1} \hfill \\ \widehat \omega = \widehat {D...

Θέση για πρώτο λόγο.png Αν λοιπόν $T$ το συμμετρικό του $C$ ως προς $D$ επειδή $\boxed{\dfrac{{AP}}{{PZ}} = \dfrac{{TD}}{{DC}}}$ Η $TA$ τέμνει το ημικύκλιο στο $E$ για κάθε ορθογώνιο $ABCD$ Αν επί πλέον : $a = b\sqrt 2 $ φέρνω το ύψος $EK = h$ του $\vartriangle ABC$. Επειδή $\widehat T = \widehat {...

Καλησπέρα σε όλους. Για την κατασκευή: $\dfrac{u}{x}=\dfrac{b+y}{b}$ $\dfrac{a}{x}=\dfrac{b+y}{y}$ Από τις ανωτέρω έχουμε: $\dfrac{u}{a}=\dfrac{y}{b}\Rightarrow \dfrac{y}{u}=\dfrac{b}{a}$ Αρα από το $A$ φέρνουμε παράλληλη προς την $BD$ που τέμνει το ημικύκλιο στο ζητούμενο σημείο $E$. Για το ii) δε...

Το μικρότερο τετράπλευρο Με τα $M,N$ στις $AB,AC$ ( επειδή και η γωνία $A$ είναι μεγαλύτερη ) Το ελάχιστο σε εμβαδόν τετράπλευρο θα προκύψει αν από το εμβαδόν $(ABC)$ αφαιρέσω το μέγιστο $(AMN)$. Αν $K$ η προβολή του $B$ στην $AC$ εύκολα έχω ότι : $BK = 12\,\,,\,\,AK = 5\,\,,\,\,KC = 9\,,\,\,\sin A ...

α)


β)

Είναι προφανές ότι τα τρίγωνα $MAE,\,\,MHC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BAC$ είναι ισοσκελή και ορθογώνια. Θέτω $HC = u = b - a$. Φέρνω από το $M$ παράλληλη στην $HZ$ που τέμνει τη διαγώνιο $BZ$ στο $N.$ Το τετράπλευρο $ABNM$ είναι παραλληλόγραμμο ενώ το $HMNZ$ ισοσκελές τραπέζιο . Τα τρίγωνα $MNZ\,\,...

Επειδή $DE = a$ θα είναι $\widehat {DCE} = \widehat {BDC} = 60^\circ \Rightarrow DB//EC$ άρα το τετράπλευρο $DBCE$ είναι ισοσκελές τραπέζιο, καθώς βεβαίως και το τετράπλευρο $ADCE$. Θέτω : $DA = EC = u\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,DC = BE = d$. Προεκτείνω δε τη $EC$ προς το $C$ κατά τμήμα $CS = DB =...