mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 17, 2026 4:12 pm**

Έστω τρίγωνο $\vartriangle ABC$ με διχοτόμους AD,BE,CF

που τέμνονται στο σημείο I,H

το

Humpty σημείο του $\vartriangle ABC,$

η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου IDHG.

Η ευθεία

επανατέμνει τον κύκλο (AEF)

στο σημείο

και έστω

η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου EXFP.

Να αποδείξετε ότι ο κύκλος (c_1),

κέντρου

και ακτίνας PX,

και ο κύκλος (c_2),

κέντρου

και ακτίνας GH,

τέμνονται πάνω στην ευθεία AH.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 17, 2026 4:40 pm**

Αν μου επιτρέπει ο εισηγητής του θέματος Δημήτρης θα ήθελα και επειδή τα θέματα αυτά είναι κύρια για απόκτηση επιπλέον γνώσεων,
να κάνω μία παραπομπή για εκείνους τους φίλους που κρίνουν σκόπιμο να ασχοληθούν με το θέμα αυτό:

Γενικά για πληροφορίες για το σημείο αυτό

:
https://artofproblemsolving.com/communi ... 32h1693635

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 17, 2026 4:45 pm**

Βέβαια επιτρέπω και είναι και πολύ όμορφο που παραθέσατε αυτές τις πληροφορίες για να τις βλέπουν και οι μαθητές . Να ξεκαθαρίσουμε ότι προφανώς αυτές οι πληροφορίες δε βοηθούν στο συγκεκριμένο πρόβλημα ως ολότητα.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 17, 2026 4:59 pm**

Dimessi έγραψε: Κυρ Μάιος 17, 2026 4:45 pm Βέβαια επιτρέπω και είναι και πολύ όμορφο που παραθέσατε αυτές τις πληροφορίες για να τις βλέπουν και οι μαθητές . Να ξεκαθαρίσουμε ότι προφανώς αυτές οι πληροφορίες δε βοηθούν στο συγκεκριμένο πρόβλημα ως ολότητα.

Συμφωνώ πάνω από 100%. Απλά και για να διεμβρύνουμε το κοινό υπέρ της Ευκλείδειας Γεωμετρίας και για τους συναδέλφους που μόνο στοιχειωδώς την έχουν διδαχθεί, είπα για να μπουν γλυκά σε τέτοια θέματα να δώσω καταρχήν μία σανίδα να εισέρθουν. Σε ευχαριστώ και πάλι ειλικρινά.

Δημοσιεύτηκε: **Κυρ Μάιος 17, 2026 5:47 pm**

Κάποιες πληροφορίες για τα Humpty και Dumpty σημεία μπορεί να βρει κανείς και ΕΔΩ.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Μάιος 19, 2026 11:14 pm**

: Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία η λύση μου !!.png (89.45 KiB) Προβλήθηκε 189 φορές

$\bullet$ Έστω $J\equiv FP\cap AM,Q_{1}\equiv EP\cap AM,R_{1}\equiv EF\cap AM,Y\equiv \left ( c_{1} \right )\cap \overline{AHM}\left ( Y\not\equiv H \right ),$ $PN\perp \overline{AHM}\left ( N\in AM \right ).$ Είναι $\displaystyle \begin{Bmatrix} \angle FPE\overset{EXFP \pi \alpha \varrho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \varrho \alpha \mu \mu o}=\angle FXE\overset{AFXE \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=180^\circ-\angle FAE\overset{H\equiv A-\textrm{Humpty of}\vartriangle ABC}=\angle BHC & \\\angle PFE\overset{PF \parallel EX}=\angle FEX\overset{AFXE \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=\angle FAX\equiv \angle BAM\overset{H\equiv A-\textrm{Humpty of}\vartriangle ABC}=\angle HBC & \\ \end{Bmatrix}\Rightarrow$ $\displaystyle \vartriangle HCB \sim \vartriangle EPF\Rightarrow \boxed{\frac{PF}{FE}=\frac{HB}{BC}}\left ( \ast \right ).$ Από το Θεώρημα Μενέλαου στο $\displaystyle \vartriangle JR_1F$ με διατέμνουσα $\displaystyle \overline{EQ_{1}P}:\frac{ER_{1}}{EF}\cdot \frac{Q_{1}J}{Q_{1}R_{1}}\cdot \frac{PF}{PJ}=1$ $\displaystyle \overset{\left ( \frac{ER_{1}}{EF}=\frac{\left ( b+a \right )c}{2bc+a\left ( b+c \right )} \right )}\Rightarrow \frac{\left ( b+a \right )c}{2bc+a\left ( b+c \right )}\cdot \frac{Q_{1}J}{Q_{1}R_{1}}\cdot \frac{PF}{PJ}=1\overset{^{\left ( \angle R_{1}FJ\equiv \angle EFP\overset{FP\parallel EX}=\angle FEX=\angle FAX\equiv \angle FAR_{1}\Rightarrow R_{1} F^{2}=R_1J\cdot R_{1}A\right)}_{\left ( \angle Q_{1}ER_{1}\equiv \angle Q_{1}EF\overset{PE \parallel FX}=\angle EFX\overset{AFXE \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}= \angle EAX\equiv \angle EAR_{1}\Rightarrow R_{1}E^{2}=R_{1}Q_{1}\cdot R_{1}A\right )}}\Rightarrow$ $\displaystyle \frac{\left ( b+a \right )c}{2bc+a\left ( b+c \right )}\cdot \left ( \frac{R_1F^2}{R_1E^2}-1 \right )\cdot \frac{PF}{PJ}=1\Rightarrow \boxed{\frac{PJ}{PF}=\frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}}\left ( 2 \right ),$ και από Θεώρημα Stewart στο $\vartriangle AJF$ με τέμνουσα $\displaystyle AP:PF\cdot AJ^{2}+PJ\cdot AF^{2}=\left ( PF+PJ \right )\left ( PA^{2}+PF\cdot PJ \right )\overset{^{\left ( 2 \right )}_{\left ( 1 \right )}}\Leftrightarrow$ $\displaystyle \left ( R_{1}A-\frac{R_{1}F^{2}}{R_{1}A} \right )^{2}+\frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}\cdot AF^{2}=\frac{b\left ( c+a \right )}{\left ( b+a \right )c}\left ( PA^{2}+\frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}\cdot \frac{FE^2\cdot HB^{2}}{a^{2}} \right )\left ( 3 \right ),$ κι αφού από Θεώρημα Stewart στο $\vartriangle JFM$ με τέμνουσα $\displaystyle AP:PJ\cdot FM^{2}+PF\cdot JM^{2}=\left ( PJ+PF \right )\left ( PM^{2}+PJ\cdot PF \right )\overset{\left ( 2 \right )}\Leftrightarrow$ $\displaystyle \frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}\cdot FM^{2}+JM^{2}=\frac{b\left ( a+c \right )}{\left ( b+a \right )c}\left ( PM^2+\frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}\cdot \frac{FE^{2}\cdot HB^{2}}{a^{2}} \right )\overset{\left ( 3 \right )}\Rightarrow \frac{b\left ( c+a \right )}{\left ( b+a \right )c}\left ( PM^2-PA^2 \right )=$ $\displaystyle \frac{a\left ( b-c \right )}{\left ( b+a \right )c}\left ( FM^2-FA^2 \right )+\left ( \frac{R_{1}E^{2}}{R_{1}A}+R_{1} M\right )^{2}-\left ( R_{1}A-\frac{R_{1}F^{2}}{R_{1}A} \right )^{2}$ $\displaystyle \Rightarrow -\frac{\left ( b+a \right )c}{b\left ( a+c \right )}\left [ \frac{ab^{2}c^{2}\left ( b-c \right )}{c\left ( b+a \right )^{3}} -\frac{a\left ( b-c \right )\cdot FM^{2}}{\left ( b+a \right )c}-\frac{2b^{2}+2c^{2}-a^2}{4}-\frac{2AM}{AR_{1}}\left ( R_1F^2-R_1A^2 \right )\right ]$ $\displaystyle \overset{\left ( PY=PX\overset{NY\perp AM}\Rightarrow NY=NX\wedge PM^2-PA^2=NM^2-NA^2=\left ( XM-AY \right )\cdot AM \right )}=AM\left ( XM-AY \right )}(4),$ κι αφού $\displaystyle XM\overset{AFXE \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o}=AM-\frac{2bc}{a\left ( b+c \right )+2bc}\cdot \frac{EF^{2}}{2AM}\overset{\left ( 4 \right )}\Rightarrow \displaystyle AY\cdot AM=\displaystyle \frac{\frac{2b^2+2c^2-a^2}{2}a\left ( b+c \right )-\left ( b+a \right )\left ( c+a \right )\cdot EF^{2}}{2\left ( 2bc+a\left ( b+c \right ) \right )}+$ $\displaystyle \frac{\left ( b+a \right )c}{b\left ( a+c \right )}\left [ \frac{ab^{2}c^{2}\left ( b-c \right )}{c\left ( b+a \right )^{3}}-\frac{a\left ( b-c \right )\cdot FM^{2}}{c\left ( b+a \right )}-\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}-\frac{a\left ( b+c \right )+2bc}{bc}\cdot \frac{\left ( c+a \right )^{2}\cdot EF^{2}-c^2\left ( 2b^2+2c^2-a^2 \right )}{\left ( 2bc+a\left ( b+c \right ) \right )^2}\cdot b^2 \right ](5).$ Είναι $\displaystyle \angle AIG\overset{IG\parallel HD}=\angle IDH\overset{H\equiv A-\textrm{Humpty of}\vartriangle ABC}=\frac{\angle A}{2}+\angle B-\left ( \frac{180^\circ-\angle A}{2}+\angle BAM \right )=$ $90^\circ-\left ( \angle C+\angle BAM \right )\Rightarrow \displaystyle \boxed{AG^{2}\overset{ID \parallel =HG}=AI^2+HD^{2}-2AI\cdot HD\cdot \sin \left ( \angle C+\angle BAM \right )}\left ( 6 \right )$ $\displaystyle \wedge \angle GHM=360^\circ-\left ( \angle DHM+\angle DHG \right )\overset{ID \parallel HG}=360^\circ-\left ( \angle DHM+180^\circ-\angle IDH \right )$ $\displaystyle =\angle HMB+\angle HDM+\angle HDI=180^\circ-\angle DAM=180^\circ-\left ( \angle BAM-\frac{\angle A}{2} \right )$ $\displaystyle \Rightarrow GM^2\overset{ID\parallel =HG}=ID^2+HM^2+2ID\cdot HM \cdot \cos \left ( \angle BAM-\frac{\angle A}{2} \right )\overset{^{\vartriangle ABM \sim \vartriangle HMB\wedge \left ( 6 \right )}_{\left ( 5 \right )}}\Rightarrow GM^2-GA^2$ $\displaystyle =\frac{a^2}{4}-AY\cdot AM\overset{H\equiv A-\textrm{Humpty of}\vartriangle ABC}=\left ( HM-AY \right )\cdot AM\overset{GN''\perp AM}\Rightarrow N''M-N''A=HM-AY\Rightarrow$ $N''H=N''Y \overset{GN''\perp \overline{AYHM}}\Rightarrow GH=GY\Rightarrow Y\in \left ( c_{2} \right )\Rightarrow Y\equiv \left ( c_{1} \right )\cap \left ( c_{2} \right ).$

: Συντρέχεια κύκλων σε ευθεία η λύση μου !!.png (89.45 KiB) Προβλήθηκε 189 φορές

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Μάιος 27, 2026 12:36 am**

Βάζω και τη δεύτερη λύση μου

: GH=GY Δεύτερη λύση μου!!!.png (182.99 KiB) Προβλήθηκε 121 φορές

$\bullet$ Έστω $Q\equiv FE\cap BC,J\equiv \left ( AHD \right )\cap \left ( ABC \right )\left ( J\not\equiv A \right ),L\equiv \left ( I,IH \right )\cap QH\left ( L\not\equiv H \right ),$ $Q_{2}\equiv \left ( I,IJ \right )\cap QJ\left ( Q_{2}\not\equiv J \right ).$ Από $\displaystyle AY\cdot AM\overset{\left ( 5 \right )\left ( \textrm{My first solution} \right )}=\frac{\frac{2b^2+2c^2-a^2}{2}a\left ( b+c \right )-\left ( b+a \right )\left ( c+a \right )\cdot EF^{2}}{2\left ( 2bc+a\left ( b+c \right ) \right )}+$ $\displaystyle \frac{\left ( b+a \right )c}{b\left ( a+c \right )}\left [ \frac{a^2b^2c^2\left ( b-c \right )}{c\left ( b+a \right )^{3}}-\frac{a\left ( b-c \right )\cdot FM^{2}}{c\left ( b+a \right )}-\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4}-\frac{a\left ( b+c \right )+2bc}{bc}\cdot \frac{\left ( c+a \right )^{2}\cdot EF^{2}-c^{2}\left ( 2b^2+2c^2-a^2 \right )}{\left ( 2bc+a\left ( b+c \right ) \right )^{2}}\cdot b^2 \right ]$ $\overset{Q\equiv EF\cap BC}\Rightarrow \boxed{\angle IYH=\angle IQD}:\left ( 1 \right ),$ και αφού $\displaystyle Q\equiv EF\cap BC\overset{AD\cap BE\cap CF\equiv I}\Rightarrow \left ( Q,B,D,C \right )=-1\overset{\angle BAD=\angle CAD}\Rightarrow \angle QAD=90^\circ\wedge \frac{HB}{HC}\overset{\left ( \textrm{A-Humpty of }\vartriangle ABC \right )}=$ $\displaystyle \frac{AB}{AC}\overset{\left ( \Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle ABC \right )}=\frac{DB}{DC}\overset{\left ( Q,B,D,C \right )=-1}\Rightarrow \angle QHD=90^\circ,$ άρα τα σημεία Q,A,H,D

είναι ομοκυκλικά στον κύκλο $\gamma _1.$ Είναι $\displaystyle \angle AJD\overset{J\in \left ( AHDQ \right )}=\angle AQD=\frac{\angle A}{2}+\angle B-90^\circ\overset{J\in \left ( ABC \right )}=\frac{\angle A}{2}+\angle AJC-90^\circ\Rightarrow$ $\displaystyle \angle DJC=\frac{180^\circ-\angle BAC}{2}\overset{J\in \left ( ABC \right )}=\frac{\angle BJC}{2}\overset{\Theta .\delta \iota \chi o\tau o\mu o\upsilon \vartriangle JCB}\Rightarrow \frac{JB}{JC}=\frac{DB}{DC}=\frac{AB}{AC},$ επομένως η ευθεία

είναι η

συμμετροδιάμεσος του $\vartriangle ABC,$ και συνεπώς $\angle AJI\overset{J\in \left ( ABC \right )}=\angle IQD\overset{\left ( 1 \right )}=\angle IYH\overset{A\in HY}\equiv \angle IYA,$ άρα τα σημεία Y,A,I,J

είναι ομοκυκλικά κι επειδή $\angle YJI\overset{\left ( YAIJ\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o \right )}=\angle IAM\overset{\left ( \alpha \pi o A-\sigma \upsilon \mu \mu \epsilon \tau \varrho o\delta \iota \alpha \mu \epsilon \sigma o \right )}=\angle IAJ\overset{\left ( YAIJ \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o \right )}=\angle JYI\Rightarrow$ YI=JI=IQ_2,

και συνεπώς $\displaystyle \angle YQ_{2}Q\overset{IY=IJ=IQ_2}=\frac{\angle YIJ}{2}\overset{\left ( IY=IJ \right )}=90^\circ-\angle IJY\overset{\angle IJY=\angle IAM}=90^\circ-\angle IAM\overset{\left ( \angle QAD=90^\circ \right )}=\angle QAY,$ άρα τα σημεία Q,Y,A,Q_2

είναι ομοκυκλικά κι αφού $\angle QHD=90^\circ,$ θα είναι και $\angle QLW=90^\circ,$ όπου

το συμμετρικό του

ως προς το

και αφού $\frac{JB}{JC}=\frac{DB}{DC}\overset{\left ( Q,B,D,C \right )=-1}\Rightarrow \angle DJQ=90^\circ\overset{Q_2\equiv \left ( I,IJ \right )\cap QJ}\Rightarrow \angle GQ_2W=90^\circ,$ άρα τα σημεία Q,Q_2,L,W

είναι ομοκυκλικά στον κύκλο $\gamma_2,$ διαμέτρου $GW \overset{\angle QAW\equiv \angle QAD=90^\circ}\Rightarrow A\in \gamma _{2}\Rightarrow \angle HYL\overset{A\in HY}\equiv \angle AYL\overset{\left ( QYAL\epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o \right )}=\angle AQL\overset{L\in QH}\equiv\angle HQA\overset{\left ( QAHD \epsilon \gamma \gamma \varrho \alpha \psi \iota \mu o \right )}=$ $\angle HDA\equiv \angle HDI\overset{\left ( IGHD \pi \alpha \varrho \alpha \lambda \lambda \eta \lambda o\gamma \varrho \alpha \mu \mu o \right )}=\angle HGI,$ και αφού $\displaystyle GI \parallel HD \perp HQ\equiv HL\overset{IH=IL}\Rightarrow$ $\angle HGI=\frac{\angle HGL}{2}\wedge GH=GL\Rightarrow \angle HYL=\frac{\angle HGL}{2}\wedge GH=GL,$ επομένως το σημείο