Χαιρετώ!

Θεωρούμε δύο τρίγωνα . Το μικρό , έστω $MIS$ με μήκη πλευρών $7,11,14$ και το μεγάλο , έστω $MAN$ με μήκη $14,22,24$.

Ζητάμε μια εικόνα που να δείχνει πόσες φορές μεγαλύτερο είναι το $(MAN)$ από το $(MIS)$

Στο σχήμα πρέπει να φαίνεται η λύση και να δίνεται η απάντηση.
Με σκοπό ...

Χαιρετώ. Ευχαριστώ θερμά τους Μιχάλη και Γιώργο !
Μόνο για την υπερβατικότητα μια προσέγγιση που δείχνει και το σκεπτικό για την δημιουργία.
Υπερβατικότητα.png
Η $EN$ είναι διχοτόμος της $BEC=120^o$, συνεπώς ισχύει ο τύπος $EN=\dfrac{EB \cdot EC}{EB+EC}$. Αν $EB=k$ βρίσκουμε

$EC=k(\sqrt{3} +1 ...

Καλημέρα!
Έχουμε τρίγωνο με πλευρές $ 5 , 5$ και $8$ μονάδες. Αυξάνουμε κάθε πλευρά κατά 10

και το νέο τρίγωνο έχει πλευρές με $15 ,15$ και $18$ μονάδες.

Να δείξετε με μια εικόνα πόσες φορές μεγαλύτερο είναι το εμβαδόν του νέου τριγώνου
σε σχέση με αυτό του αρχικού.

Ο υπολογισμός των ...

Καλημέρα σε όλους!

Θεωρούμε τρίγωνο με και . Φέρουμε το ύψος .

Αν ισχύει τότε : Να βρεθεί η γωνία

Γεωμετρία Β΄ Λυκείου. Για μαθητές, φίλους του , ώρες.

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Χαιρετώ! Μετά την ποικιλία θαυμάσιων λύσεων :clap2:
μια διαδρομή κυρίως λογιστική και ίσως ευκολότερη για να την σκεφθεί ένας μαθητής ,
που χειρίζεται βεβαίως και τους νόμους ημιτόνων και συνημιτόνων..


Το τρίγωνο $AB\Gamma $ είναι ισοσκελές ,$AB=A\Gamma $ και τα σημεία $\Delta ,E$ επί των ...

Καλό βράδυ σε όλους! Ευχαριστούμε για την αναβάθμιση του :logo: !

Αν $M$ το μέσον της $BD$ και η $AM$ τέμνει την $BC$ στο $N$ τότε από τις ίσες γωνίες $x$ προκύπτει $AMN \parallel DZ$ και $BN=NZ=ZC$
Κινέζικη 1.png

Φέρω $NH \perp AB$ και ας είναι $AB=AC=6$ . Εύκολα βρίσκουμε : $AD=3, AH=4, NH ...

Καλό βράδυ σε όλους!

Μια ..απόπειρα ερμηνείας του τίτλου που έδωσε στο παρόν θέμα ο Θανάσης:

Ελεγχόμενη η λύση του -απαντήθηκε ήδη πολλαπλώς- αλλά και ..εμβόλιμο ως σφήνα ,
με την προσδοκία να τελειώνει ο χρόνος της υπεραιωνόβιας .. :) .. ως αναπάντητη βεβαίως!

Χρήστο , η δεκαπεντάρα είναι ...

Καλό μήνα στους φίλους του :logo:

Το τρίγωνο $ABC$ του σχήματος έχει $\widehat A =75^o$. Το $E \in AB $ ώστε $AE=2BE$ και ισχύει $A\widehat C E =A\widehat B C $
Ε-πί-λογος.png
I) Να υπολογιστεί η υπεραιωνόβια $B \widehat E C $

II) Ο κύκλος των $A,E,C$ τέμνει την $BC$ στο $N$. Αν $E_{\kappa ...

Χαιρετώ τους φίλους!
Ας δούμε γενικότερα , μια απόδειξη του τύπου για την $tan(\varphi -\omega )$
με γεωμετρικά εργαλεία και χρήση του σχήματος:
tan φ-ω .png

Ο κύκλος διαμέτρου $DH$ διέρχεται προφανώς από το $C$ και τέμνει την $BD$ στο $E$ συνεπώς ισχύει $BE\cdot BD=BH\cdot BC .. (1)$

Έχουμε ...

Χαιρετώ! Είχα την .. αφορμή να ψάξω για μια ακόμη απόδειξη.
Με την χρήση-βοήθεια του σχήματος:
tan 15 .png

Ας είναι $EN=NC=1$ και $AN=x$. Ο νόμος ημιτόνων στο τρίγωνο $BAC$ μας δίνει $AB^{2}=2AC^{2}=2\left ( x+1 \right )^{2}$

Από το Π.Θ στο $ENA$ : $AE^{2}=x^{2}+1$ και έτσι στο $ABE$ έχουμε ...

Καλή εβδομάδα σε όλους!

Μαζί με τις ευχαριστίες μου προς τους ..δεινούς Γιώργο και Μιχάλη , ας θέσω και β' ζητούμενο:

Στο παρόν θέμα : Αν τότε να υπολογιστεί,

κατά προτίμηση με εργαλεία της Ευκλείδειας, η γνωστή μας .

Καλή Κυριακή!
Με χρήση του σχήματος
Η $AC$ τέμνει τον κύκλο στο $H$ οπότε η $BOH$ είναι διάμετρος.

Έχουμε $CE\cdot CD=CA\cdot CH$ . Με $OE=OD=p$ και $CH=y$ προκύπτει $ 3y=2p-7$ ,

ενώ το Π.Θ στο ορθ. $ABH$ μας δίνει $ \left ( 21+y \right )^{2}+16^{2}=4p^{2}$ .

Η λύση του συστήματος μας δίνει ...

Χαιρετώ!
19-5 Ρητός λόγος.png

Στο σχήμα το $O$ είναι το κέντρο του τετραγώνου $ABCD$ .

Aν ισχύουν $BN\parallel OC$ (ομόρροπα) , $AN=2OC$ και $E \in AN$ ώστε $AE=BN$ τότε:

Να εξεταστεί η ομοιότητα των τριγώνων $ECO$ και $BAN$ και να βρεθεί ο λόγος των εμβαδών τους.

Σας ευχαριστώ , Γιώργος.

Καλημέρα!
Στο αρχικό σχήμα:
Τα τρίγωνα $PAD,BAG$ έχουν λόγο ομοιότητας $2/3$, άρα $PD=2a/3$ οπότε και $\left ( DPG \right )=\dfrac{2}{3}\left ( GDF \right )$

Όπως πριν $TS=a/6$ δηλ $(AST)=(AEC)/6$. Όμως $\bigtriangleup GDF=\bigtriangleup AEC$.

Με διαίρεση κατά μέλη παίρνουμε $\dfrac{\left ( AST ...

Χαιρετώ!
Με χρήση του σχήματος:
Χρυσοθήρας !.png

Είναι $tan\omega =1/2$ άρα όπως ΕΔΩ #4, έχουμε $cos2\omega =3/5$ και $MH=\dfrac{3}{5} MS$

Θέτω για ευκολία και χωρίς βλάβη $MS=MN=1$ οπότε $AC=2, AB=4$ και $MC=MB=\sqrt{5} $

Με την γενίκευση του Π.Θ για αμβλεία γωνία στο τρίγωνο $MSB ...

Καλημέρα. Ευχαριστώ τους Γιώργο και Μιχάλη για τις ως άνω θαυμάσιες λύσεις τους!!

Να τονίσω μόνο -και όχι άσκοπα - ότι όπως αποδείχθηκε και από τα παραπάνω :

Αν , τότε και .

Χαιρετώ όλους!
Να ευχαριστήσω θερμά τον Χρήστο (να υποθέσω φοιτητής;) για την , με υπομονή και κόπο , αντιμετώπιση του παρόντος
αλλά και τον Γιώργο ως μόνιμο ..εκτελεστή !
Υποβάλλω στην συνέχεια την λύση που είχα κατά νου κατά την δημοσίευσή του.
Φίλιος.png

Ας δείξουμε πρώτα , με απαγωγή σε ...

Καλό Σαββατοκύριακο σε όλους!
Ανασύρω το θέμα τούτο για την προβολή μιας ακόμη Γεωμετρικής απόδειξης του τύπου για την $tan 3a$
με την αφορμή-συνδρομή πρόσφατου θέματος.

Να ευχαριστήσω θερμά (ας πέρασαν 8 και πλέον χρόνια) τον αγαπητό Νίκο Φραγκάκη για την ως άνω ..αρμονική απόδειξη!
tan3a.png ...

Επανέρχομαι.
Στο τρίγωνο $$ του σχήματος είναι $AB=AC$ , $\widehat A=80^o$ και $ BC= \sqrt{3} AE$.
Θα δείξουμε ότι $A\widehat BE=40^o $
Μέσος ανάλογος.png

Στη μεσοκάθετο $AM$ θεωρούμε το $N$ ώστε $\angle MCN=30^0$ . Τότε $BC=2MC= \sqrt{3}NC$ συνεπώς $AE=NC$

Έτσι τα τρίγωνα $ABE,NAC$ είναι ίσα ...

Χαιρετώ!
Το τρίγωνο $AOB$ είναι ορθογώνιο στο $O$. Το $E \in OA$ και δίνονται $OE=2, AE=20$ , ενώ $O \widehat EB=3 O \widehat AB$
Τριπλάσια γωνία και Πυθαγόρεια τριάδα.png

I) Να υπολογιστεί το $OB=x$

Το $M \in AB$ ώστε $EM\perp AB$ και το $Z$ συμμετρικό του $E$ ως προς το $M$.

Ακόμη το $H ...