τσακπινιές.png Το τρίγωνο είναι όμοιο προς τον εαυτό του $\boxed{a > 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,c = \frac{a}{3}\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,b = \frac{a}{3}\sqrt {\frac{{11}}{2}} }$ Τότε το ύψος από το $A$ η διχοτόμος από το $B$ και η διάμεσος από το $C$ συντρέχουν Με θ. $Ceva$ τεκμηριώνεται.

Η σταθερή ημιευθεία που κινείται το $S$ έστω $d$ Ας είναι $K$ η τομή της $d$ με τη διάμετρο $AOB$ (οριζόντιο άξονας). Η πολική του $K$ ως προς τον $(O,2)$ είναι ευθεία ${g_3}$ κάθετη στην $AB$ που διέρχεται από σταθερό σημείο $N$ για το οποίο η τετράδα $(A,B\backslash N,K)$ είναι αρμονική. $\dfrac{{...

Να δούμε που θα «στηθεί» το $D$ όταν $AM = MC$. Ας είναι $T$ η τομή των $AB$ με $CE$ και $G$ η τομή των $BI$ με $AD$. Στο $\vartriangle BCT$, τα $AI\,\,\kappa \alpha \iota \,\,CA$ είναι ύψη του , άρα το $M$ είναι το ορθόκεντρο . Έστω $TK$ το τρίτο ύψος του. Θα είναι $KT//DE$ και από τη θεωρεία δέσμη...

Αβάσιμη.pngΗ διάμεσος $AM$ του τριγώνου $\displaystyle ABC$ έχει μήκος $6$ . Οι διχοτόμοι των γωνιών $\widehat{AMB} ,\widehat{AMC} $ συγκροτούν το τύπου $"3-4-5"$ τρίγωνο $MDE$ . Μπορούμε να υπολογίσουμε τη βάση $BC$ ; Αβάσιμη.png Γράφω τους κύκλους $\left( {M,\dfrac{{60}}{7}} \right)\,\,\,\kappa \...

Από σημείο $S$ της προέκτασης της $AB$ φέρνω τα εφαπτόμενα τμήματα $SC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SD$. ΟΙ τομές των ακτίνων $OC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OD$ με τις διχοτόμους των $\widehat {CSA}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat {ASD}$ μας δίδουν τα δύο κέντρα $\boxed{\frac{{{K_1}P}}{{{K_2}P}}...

Η πιο παραπάνω λύση μου είναι σύμφωνα με τον κλασικό τρόπο . Επειδή εδώ έχουμε ειδική περίπτωση της θέσης των ευθειών η λύση του Γιώργου του Βισβίκη είναι η πλέον ενδεδειγμένη . Αλλά το θέμα δέχεται κι άλλους τρόπους λύσεις που επί της ουσίας είναι αυτές του Γιώργου και του Στάθη που μας παραπέμπει ...

Σταθερός λόγος ακτίνων.png Από σημείο $S$ της προέκτασης της $AB$ φέρνω τα εφαπτόμενα τμήματα $SC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,SD$. ΟΙ τομές των ακτίνων $OC\,\,\kappa \alpha \iota \,\,OD$ με τις διχοτόμους των $\widehat {CSA}\,\,\kappa \alpha \iota \,\,\,\widehat {ASD}$ μας δίδουν τα δύο κέντρα $\box...

Ας είναι $(K,x)$ ο ζητούμενος και $(O,R)$ το δεδομένο ημικύκλιο. Έστω ακόμα $d = OZ$. Ο ομόκεντρος του $(K,x)$ που διέρχεται από το $O$ , διέρχεται κι από το $O'$ συμμετρικό του $O$ ως προς τη διχοτόμο της ορθής γωνίας $\widehat {BZC}$. Εφάπτεται δε Της εφαπτομένης ευθείας του ημικυκλίου στο μέσο το...

Μετά από καιρό είδαμε με χαρά τον Στάθη στο με μια ωραία λύση με τα γνωστά του "υψηλής ραπτικής" εργαλεία .

Βλέπω όμως και μια εκπληκτικά απλή με "αγνά υλικά" του Γιώργου του Βισβίκη .

Προφανώς τις χειροκροτώ αμφότερες

Θέτω $\boxed{x = y + 3}$ και η $f(x) = 0$ δίδει : ${y^4} + 24{y^2} - 81 = 0 \Leftrightarrow ({y^2} - 3)({y^2} + 27) = 0$ και άρα : $|x - 3| = \sqrt 3 \Leftrightarrow \left\{ \begin{gathered} x - 3 = \sqrt 3 \hfill \\ x - 3 = - \sqrt 3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Leftrightarrow x = 3 \pm \sqrt ...

Ο ομόκεντρος, κέντρου $K$, του ζητουμένου κύκλου που θα διέρχεται από το κέντρο $L$ του ημικυκλίου θα διέρχεται και από άλλα δύο σταθερά σημεία : Το $Z$ συμμετρικό του $L$ ως προς το $C$ και το $E$ στη προέκταση του $CD$ με $DE = a\,\,\,\mu \varepsilon \,\,\,\boxed{2a = AB}$. Κατασκευή Γράφω το κύκλ...

Με άλλη εκφώνηση και με άλλες λύσεις Εδώ

Ας είναι $D$ η αρχή ορθογωνίων συντεταγμένων με μοναδιαίο του κατακόρυφου άξονα το $\boxed{\overrightarrow j = \overrightarrow {OM} }$ . Συνεπώς $A(0,2)$ και αν $B(2b,0)\,,\,\,b < 0\,\,\,\kappa \alpha \iota \,\,C(2c,0)\,\,\,,c > 0$ θα ισχύει : $\boxed{c = - \frac{1}{b}}\,\,\,(1)$ ( συνθήκη καθετότητ...

Η τετράδα $(Q,S\backslash A,B)$ είναι αρμονική και άρα : $\boxed{\dfrac{{BQ}}{{BS}} = \dfrac{{AQ}}{{AS}}}$ έτσι αν θέσω $BS = a$ θα έχω: $\dfrac{3}{a} = \dfrac{7}{{10 + a}} \Rightarrow 30 + 3a = 7a \Rightarrow \boxed{a = \dfrac{{15}}{2}}$ . Τώρα Π. Θ. στο $\vartriangle QPS$ και βρίσκω το $PS = 2b$. ...

Το μέσο $M({x_0},{y_0})$ της χορδής $OA$ είναι $M:\left\{ \begin{gathered} {x_0} = \frac{{{t^2}}}{{4p}} \hfill \\ {y_0} = \frac{t}{2} \hfill \\ \end{gathered} \right.$ με απαλοιφή της παραμέτρου $t$ έχεις αυτό που θέλεις . $\small x_{0}=\frac{t^{2}}{4p}, y_{0}=\frac{t}{2} \Rightarrow 2y_{0}=\sqrt{4...

Δείξτε οτι ο γεωμετρικός τόπος των μέσων των χορδών της παραβολής $y^{2}=2px$ (1) που περνούν από το (0, 0) είναι επίσης παραβολή, με εξίσωση $y^{2}=px$ (2) . Αρχικά πήρα δύο τυχαία σημεία πάνω στην παραβολή (1) ,που θα είναι άκρα κάποιας χορδής. Αυτά τα σημεία θα επαληθεύουν την εξίσωση (1). Μετά ...

Κατασκευή Θεωρώ τη συμμετρική ευθεία της $AC$ με άξονα συμμετρία την $AB$ και η ευθεία $CB$ την τέμνει στο $T$. Γράφω το περιγεγραμμένο κύκλο του $\vartriangle BAT$ και τέμνει ακόμα τη $BC$ στο $S$ που είναι αυτό που ζητώ . Απόδειξη Η ανακάλυψη του τριημέρου_κατασκευή Φράγκου.png Επειδή η $AB$ διχοτ...

rek2 έγραψε: ↑

Παρ Ιαν 11, 2019 6:12 pm

Ξεχάστηκε;;

Μάλlον τι φοβούνται όλοι γιατί την ανέβασε Παρασκευή και

Φέρνω τη διχοτόμο $BS$ και θέτω: $AB = AC = b\,\,,\,\,BS = y,\,\,AS = x\,\,,\,\,SC = z\,\,\kappa \alpha \iota \,\,BC = a$. Αρκεί να δείξω ότι $x = a + y\,\,\,(1)$ έχω : Η ανακάλυψη του τριημέρου.png $\left\{ \begin{gathered} b = x + s \hfill \\ B{S^2} = BC \cdot BA - SC \cdot SA\,\, \hfill \\ BS \cd...