Χρόνια πολλά σε όλους! Η λύση που ακολουθεί έχει λάθος. Συγκεκριμένα , θεώρησα εσφαλμένα ότι ένα τετράπλευρο καθορίζεται πλήρως από τις 4 γωνίες του και μία διαγώνιο.Παρ' όλ' αυτά, αφήνω την προσπάθεια μήπως και μπορέσει κάποιος να καλύψει το κενό.Ευχαριστώ τον κύριο Μπαλόγλου για την επισήμανση του...

Καλησπέρα!

Άλλη μια λύση:

Εστω το σημείο τομής των

και το σημείο τομής των

Τότε τα τρίγωνα όμοια με γωνίες

Αρα

Καλησπέρα! Μία λύση με θεώρημα διχοτόμων και 2ο θεώρημα διαμέσων: Εστω $AE$ ύψος και $M,N$ μέσα των $BD, CD$ αντίστοιχα. Από θεώρημα διχοτόμων $BD=\dfrac{a(d+1)}{2d+3}, CD=\dfrac{a(d+2)}{2d+3}$ Από 2ο θεώρημα διαμέσων για τα τρίγωνα $ADB, ADC$ έχω $2BD\cdot ME=(d+1)^2-d^2=2d+1\Leftrightarrow \dfrac{...

Καλησπέρα! Για την άσκηση 11: Εχω $I=\int \dfrac{1}{2+\sqrt{4x}}dx=\int \dfrac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}\cdot \dfrac{1}{2\sqrt{x}}dx=\int \dfrac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}\cdot (\sqrt{x})'dx$ Όμως $\int \dfrac{y}{1+y}dy=\int 1dy-\int \dfrac{1}{1+y}dy=y-ln(1+y)+c$ Αρα $I=\sqrt{x}-ln(1+\sqrt{x})+c$ Εχω: $\lim_...

Καλησπέρα! Έχω $\angle BOC=2\angle A=120^{\circ}$ και $\angle BHC=180^{\circ}-\angle A=120^{\circ}$ Άρα, $BHOC$ εγγράψιμο. Από θ. Πτολεμαίου έχω $R\cdot CH+a\cdot OH=R\cdot BH\Leftrightarrow a\cdot OH=R\cdot (BH-CH)\Leftrightarrow a\cdot OH=R\cdot (BM+HM-CN+HN)\Leftrightarrow \dfrac{HM+HN}{OH}=\dfra...

Καλησπέρα! Λίγο διαφορετικά: Έστω τα παράκεντρα $I_{B},I_{C}$ Είναι $I_{B}I_{C}\perp OA\Rightarrow I_{B}I_{C}//ST$. Όμως τα τετράπλευρα $AOBI_{C},AOCI_{B}$ είναι εγγράψιμα, διότι $\angle OAI_{B}=\angle OAI_{C}=\angle OBI_{C}=\angle OCI_{B}=90^{\circ}$ Αρα $\angle STO=\angle I_{C}I_{B}O=\angle ACO$$=...

Καλησπέρα! Άλλη μια λύση: Εχω $H$ το ορθόκεντρο του $ABC$ και $D,E,F$ οι πόδες των υψών. Είναι : $\dfrac{E_{a}^2}{(ABC)^2}=\dfrac{DA_{1}^2}{h_{a}^2}=\dfrac{BD\cdot CD}{h_{a}^2}=\dfrac{h_{a}\cdot DH}{h_{a}^2}=\dfrac{DH}{h_{a}}=\dfrac{DH\cdot a}{h_{a}a}=\dfrac{(BHC)}{(ABC)}$ Αρα $\dfrac{E_{a}^2+E_{b}^...

Λίγο διαφορετικά:

Στο σχήμα του κυρίου Γιώργου Βισβίκη έχω:



και

.

Καλό μήνα σε όλους! Εναλλακτική λύση για το 1ο ερώτημα (εκτός φακέλου): Τα ορθογώνια τρίγωνα $BCM, DCN$ είναι ίσα καθώς έχουν ίσες τις κάθετες πλευρές τους. Άρα οι ομόλογες πλευρές των ίσων αυτών τριγώνων σχηματίζουν μεταξύ τους ίσες γωνίες, δηλαδή στη συγκεριμένη περίπτωση ορθές γωνίες. Συνεπώς , ο...

Καλημέρα!

Το είναι το ορθόκεντρο του , όπως αποδείξαμε στην άσκηση του συνδέσμου.

Η τέμνει τον κύκλο στο .

Τότε, από γνωστή ιδιότητα για το ορθόκεντρο , έχουμε .

Από θεώρημα τεμνομένων χορδών έχουμε

, ό.έ.δ.

Ακόμα μία λύση:

Συνεχίζω από το σημείο που έδειξα ότι

Εστω το βαρύκεντρο του

Εύκολα βλέπουμε ότι το είναι βαρύκεντρο και του .

Αρα και το ορθόκεντρο (ευθεία Euler).

Άλλη μια λύση:


Συνεχίζω από το σημείο που έδειξα ότι .

Τότε , διότι κέντρο του και κέντρο του .

Αφού θα είναι και το ορθόκεντρο.

Καλησπέρα! Εστω $E$ το αντιδιαμετρικό του$A$. Είναι $SC\perp BC$ και $AO\perp BC$ Αρα $SC//AO$ Τα τρίγωνα $AMH$ και $SMC$ είναι ίσα, διότι έχουν ίσες γωνίες και $AM=MC$. Αρα $HM=SM$. Είναι $MD//AB$, διότι $AM=MC$ και $BD=DC$. κι επειδή $AB//SE$ είναι $MD//SE$. Αφού $MD//SE$ και $HM=SM$, είναι $HD=DE...

Καλησπέρα! Έστω $Q$ το συμμετρικό του $S$ ως προς $M$. Είναι $(ATS)=2(PTM)\Leftrightarrow AT\cdot TS\cdot sin\angle ATS=2PT\cdot TM\cdot sin\angle PTM $ $\Leftrightarrow AT\cdot TS=2PT\cdot TM\Leftrightarrow \dfrac{AT}{TM}=\dfrac{2PT}{TS}$ Από θ. Θαλή έχω $\dfrac{AT}{TM}=\dfrac{SC}{SM}=\dfrac{BQ}{QM...

Άλλη μια λύση: Έχω: $1053=3^4\cdot 13$ $392=2^3\cdot 7^2$ $378=2\cdot 3^3\cdot 7$ "Παίζοντας" με τους αριθμούς, παρατηρώ ότι: $1053+392+1134=2579$ και $1134=3\cdot 378$ Ετσι, μπορώ να εκμεταλλευτώ την ταυτότητα του Euler και έχω: $N=\dfrac{1053^3+392^3+1134^3+378^3-1134^3}{2579} \Leftrightarrow$ $N=...

Από Cauchy Schwartz έχω $(a^3+b^6+c^6)(a^3+2)\geq (a^3+b^3+c^3)^2\Leftrightarrow \frac{sinA}{a^3+b^6+c^6}\leq \frac{sinA(a^3+2)}{(a^3+b^3+c^3)^2}$ Αρα αρκεί: $\frac{1}{a^3+b^3+c^3}\sum \sqrt{sinA(a^3+2)}\leq \sqrt[4]{\frac{27}{4}}\Leftrightarrow (\sum \sqrt{sinA(a^3+2)})^2\leq \frac{3\sqrt{3}}{2}(a^...

Ισχύει από τύπους εμβαδού τριγώνου: $2E=ah_{a}=bh_{b}=ch_{c}=ax+by+cz$. Αρα $\frac{x}{h_{a}}+\frac{y}{h_{b}}+\frac{z}{h_{c}}=\frac{ax+by+cz}{2E}=1$ Οπότε , από την ανισότητα Cauchy Schwartz έχω: $(\frac{h_{a}}{x}+\frac{h_{b}}{y}+\frac{h_{c}}{z})(\frac{x}{h_{a}}+\frac{y}{h_{b}}+\frac{z}{h_{c}})\geq 9...

Βασικά, το $K$ δεν μπορεί να είναι οποιοδήποτε σημείο του $AB$. Η μία οριακή θέση του $K$ είναι όταν το $N$ συμπίπτει με το $A$ και η άλλη όταν το $L$ συμπίπτει με το $B$. Δηλαδή οι θέσεις του $K$ είναι στο μέσο τριτημόριο του $AB$. Αντίστοιχα , οι θέσεις του $M$ στο συμμετρικό τμήμα του μέσου τριτη...

Λίγο διαφορετικά: Εστω $O$ το σημείο τομής των διαγωνίων του ρόμβου. Τότε από τα εγγράψιμα $ANOK, BLOK$ έχω $\angle OAB=\angle OBA=\frac{\pi }{6}$ Αρα το $O$ είναι το ορθόκεντρο του ισοπλεύρου τριγώνου $ABC$ Αρα σταθερό σημείο και συνάμα κατασκευάσιμο. Το $M$ είναι το συμμετρικό του $K$ ως προς $O$ ...

Άλλη μια λύση: Το τετράπλευρο $ACKM$ εγγράψιμο διότι $\angle KAM=\angle KCM.$ Αρα $\angle CKA=\angle CMA=\frac{\pi }{2}$. Το τετράπλευρο $ALSN$ ρόμβος, διότι οι διαγώνιοί του διχοτομούνται και τέμνονται κάθετα. Από θ.διχοτόμων $\frac{BN}{AN}=\frac{BC}{CA}=\sqrt{2}$ και $\frac{AL}{LM}=\frac{CA}{CM}=\...