GEOMETRIA241=FB4018.jpg Έστω ορθογώνιο τραπέζιο $ABCD, \hat{B}=\hat{C}=90^o$ με $AB+CD=AD$ και $P$ το σημείο τομής των διαγωνίων του. Έστω επίσης οι κύκλοι $(u)\equiv(A,AB), (v)\equiv (D,DC)$ που εφάπτονται στο σημείο $X$ της $AD$ και ο κύκλος $(w)$ που εφάπτεται της $BC$ και εξωτερικά των $(u), (v...

GEOMETRIA240=FB3936.jpg Έστω $D$ τυχαίο σημείο της πλευράς $BC$ τριγώνου $ABC$ και $K, L$ τα έγκεντρα των τριγώνων $ABD, ADC$. Η $BK$ επανατέμνει τον περίκυκλο $ABD$ στο $P$, ενώ η $CL$ επανατέμνει τον περίκυκλο $ADC$ στο $Q$. a. Αν $E\equiv QK \cap PL$ δείξτε ότι $ED \perp BC$ b. Αν $M, N$ τα μέσα...

Μία λύση για την αρχική με λιγότερες πράξεις και χρήση του αρμονικού τετράπλευρου, Έστω $O$ το κέντρο του $(S,T,R)$ και $X$ ο πόλος του $ST$ ως προς τον ίδιο κύκλο. Λόγω του αρμονικού οι $XT,XU$ είναι εφαπτόμενες και το $X$ ανήκει στη $RS$. Από λήμμα είναι $\left ( X,S,L,R \right )=-1$ και από $Mac...

Μπράβο, Πρόδρομε!

κοίταξε τώρα κάτι άλλο:

Αν στο σχήμα σου , και ,

δείξε οτι το είναι αρμονικό τετράπλευρο

GEOMETRIA239=FB3809.jpg Εστω τρίγωνο $ABC$, σημεία $E, D$ των $AB, AC$ αντίστοιχα, $F\equiv BD \cap CE$ και $K$ το μέσο της $AF$. Αν ο κύκλος $(M, a)$ με διάμετρο $BC=2a$, διέρχεται από το μέσον $L$ του $ED$ και ο λόγος των εμβαδών $\dfrac{[ABC]}{[BCDE]}=b$, υπολογίστε το εκ του $K$, εφαπτόμενο στο...

Εστω ορθογώνιο τραπέζιο .

Ο περίκυκλος τέμνει την στο .

Ο κύκλος τέμνει την μεσοπαράλληλο του τραπεζίου , στο και την στο .

Αν η συναντά την στο , δείξτε ότι

Ο έγκυκλος τριγώνου εφάπτεται της μεσοκαθέτου της .

Αν το ύψος και , δείξτε ότι

Προαιρετικά, αναζητήστε τον γεωμετρικό τόπο του όταν η είναι σταθερή.

GEOMETRIA236=FB3752.jpg Μας δίνονται (ζωγραφισμένα σε χαρτί) δύο παράλληλα ευθύγραμμα τμήματα $a, b$ και μας ζητείται να κατασκευάσουμε τον Αρμονικό Μέσο τους. Δυστυχώς όμως δεν έχουμε διαβήτη, αλλά μόνο τον κανόνα και το σημείο τομής των πλάγιων πλευρών του (νοητού) τραπεζίου είναι εκτός χαρτιού Μ...

Αφού συγχαρώ τα παιδιά για τις λύσεις τους, οφείλω να πω (μετά από email που έλαβα από τον Jean-Luis Ayme, μεγάλο Γάλλο γεωμέτρη), οτι η όμορφη αυτή συντρέχεια, είναι ειδική περίπτωση ενός πιο γενικού θεωρήματος "AYME'sTHEOREM" ή "FOUR POINTS THEOREM" που οφείλεται στον ίδιο. Το θεώρημα παρουσιάζετα...

GEOMETRIA235=FB3391.jpg Ας είναι $A_x B_x C_x$ και $A_y B_y C_y$ τα σεβιανά τρίγωνα δύο τυχαίων σημείων $X, Y$ στο εσωτερικό τριγώνου $ABC$ και έστω 3 κύκλοι που, έκαστος διέρχεται από τα ζεύγη σημείων $(A_x, A_y), (B_x, B_y), (C_x, C_y)$ και εφάπτεται στον περίκυκλο του $ABC$, στα σημεία $A', B', ...

Σε τρίγωνο , έστω τα σημεία επαφής του έγκυκλου με της πλευρές του αντίστοιχα.

Για τυχαίο σημείο της , οι κύκλοι επανατέμνονται στο .

Αν , δείξτε οτι

Δείξτε ότι, σε σκαληνό τρίγωνο ,

, τότε και μόνο τότε αν, το σημείο του ανήκει στην διχοτόμο της γωνίας

Το παρόν πρόβλημα, συμπεριέλαβε στην συλλογή του , ο διάσημος Γάλλος γεωμέτρης μαζί με ανάλυση και λύση.

Ο σύνδεσμος για την συλλογή, εδώ: Charme Geomtrique 1
.

Το παρόν πρόβλημα, συμπεριέλαβε στην συλλογή του $Charme$ $Geometrique$ $1$, ο διάσημος Γάλλος γεωμέτρης $Jean-Luis Ayme$ όπου έδωσε μια ωραιότατη λύση χρησιμοποιώντας το θεώρημα της Σπασμένης Χορδής του Αρχιμήδη Στην ίδια συλλογή, συμπεριέλαβε και το πρόβλημα Συνευθειακότητα σε τεμνόμενους κύκλους ...

Χρησιμοποιώντας την Ταυτότητα σε τρίγωνο ως λήμμα, έχουμε:







και τελικά

GEOMETRIA231=FB1923sol.jpg Ξεφεύγοντας λίγο από τον φάκελο, έχουμε: Από το θεώρημα $Mamikon$, τα χωρία $(b)lue=(r)ed$ αφού η εφαπτομένη $NB$ "σαρώνει" το $(b)lue$ χωρίο, για γωνία $60^o$, ενώ η ακτίνα $AN(=NB)$ "σαρώνει" το $(r)ed$ χωρίο (κυκλικό τομέα), για γωνία επίσης $60^o$. Είναι προφανές ότι ...

GEOMETRIA231=FB1923.jpg Επειδή, καθώς φαίνεται, παραβίασα τον όρο του μαθητικού 24ώρου, ορίστε μια για μαθητές $\bigstar$ Στο δοσμένο σχήμα το $ABC$ είναι ισόπλευρο, τα $N, L$ είναι τα μέσα των $AB, AC$, το $M$ είναι το μέσον του ελάσσονος τόξου $\overset {\frown}{BC}$ και $KL$ είναι διάμετρος του ...

Προφανώς οι $SM, TN$ ειναι παράλληλες και ισαπέχουσες από το $O$. Αρα προεκτεινόμενες επανατέμνουν τον κυκλο $(O)$ στα $P, Q$ αντίστοιχα και $SP=TQ$, απόπου αφού η $MN$ διέρχεται από το κέντρο $O$ του ορθογωνίου $SPQT$ έχουμε $SM=NQ, MP=TN$ Αρα $SM \cdot TN=SM \cdot MP$ και από θ. τεμνόμενων χορδών ...

1-5-2019 1-19-40 -2.jpg ... και για να το τελειώσουμε με την γεωμετρική κατασκευή του σχήματος, έχουμε : $MC=\sqrt{a^2+R^2}$, $a^2(a^2+R^2)=4R^2$ και αν $a^2=bR$ έχουμε $b(b+R)=4R^2$ Γράφουμε τον κύκλο με διάμετρο $BD \perp AB$ και κέντρο $I$. Η $AI$ επανατέμνει τον $(I)$ στα $K, N$ όπου $AK=b<AN$ ...

Χρόνια πολλά, Γιώργο! GEOMETRIA Τριχοτόμος Διάμεσος.jpg Αν θέλουμε να το πάμε ένα βήμα παραπέρα και να ζητήσουμε και το λόγο $\lambda=\dfrac{AC}{AM}=\dfrac{a}{R}$, τότε από την ομοιότητα των τριγώνων $CAE, MBE$ έχουμε $\dfrac{a}{R}=\dfrac{\sqrt{4R^2-a^2}}{a}$ που μετά τις πράξεις μας δίνει $\lambda...