Καλησπέρα. Ευχαριστώ τους Γιώργο, Μιχάλη και Παναγιώτη για τις ωραίες διαδρομές που ακολούθησαν και τις λύσεις που έδωσαν στο παρόν θέμα. Με την ευκαιρία -και λόγω της απουσίας μου- να ευχαριστήσω και πάλι όλους όσους ασχολήθηκαν ή θ' ασχοληθούν με θέματα που υπέβαλα. Να είστε όλοι στο :logo: καλά ...

Νοιώθω εφέτος(*) την ιδιαίτερη χαρά-επιθυμία να ευχηθώ από καρδιάς ΧΡΟΝΙΑ ΠΟΛΛΑ στον Σωτήρη Λουρίδα (**) τον Σωτήρη Χασάπη, τον Σωτήρη Στόγια , τον Σωτήρη Λοϊζιά και βεβαίως σε όσους και όσες γιορτάζουν σήμερα ! Υγεία και ευτυχία σε όλους. (*) Τον Αύγουστο απουσιάζω, αυτή τη χρονιά όμως λόγω δυσκολι...

Χαίρετε! Μια ..$\Phi$ρέσκια προσωπική σύνθεση 6-8 γωνία από χρυσό.png Δίνεται το τρίγωνο $ABC$ με $\widehat{B}=2\widehat{C}=48^{0}$ . Το $E \in BC$ ώστε να είναι $CE=AB$ και το $K \in AB$ ώστε $\dfrac{BE}{AK}=\Phi $, όπου $\Phi$ ο χρυσός αριθμός. Να βρεθεί το μέτρο της $\widehat{AEK}$ Ευχαριστώ εκ ...

Καλημέρα σε όλους ! Δημήτρη, Νίκο, Γιώργο, Κώστα, Μιχάλη και Παναγιώτη σας ευχαριστώ για την.. :) ..επιθετική σας διάθεση και τον εμπλουτισμό του θέματος με κομψές λύσεις! Μια παρόμοια, συνοπτικά και με βοηθό το σχήμα Για την ισότητα των λόγων B.png Στο ορθόγώνιο και ισοσκελές $\triangle CEL$ το ύψ...

Καλημέρα. Σε συνέχεια του θέματος αυτού 4-8 λόγος εμβαδών.png Δίνεται το τετράγωνο $ABCD$. Το $E \in AC $ ώστε η κάθετη της $DE$ στο $E$ να τέμνει την $AB$ στο $L$. Αν ισχύει $\dfrac{AC}{EC}=k\dfrac{AB}{AL}$ τότε: Να βρεθεί συναρτήσει του $k$ , ο λόγος $\dfrac{\left ( ADEL \right )}{\left ( ABCD \r...

Καλησπέρα. Να ευχαριστήσω τον Γιώργο για την (και εδώ) επέμβασή του! Ας δείξουμε μόνο τη σχέση $\dfrac{ZB}{ZA}=\dfrac{DB }{DA}$ -χρήσιμη και στο θέμα ΑΥΤΟ - και κάπως διαφορετικά. Από λόγο σε λόγο.png Στο σχήμα είναι $AN \parallel ED \parallel BP$ . Έχουμε $PB=PE$ και $ NA=NE$ ως εφαπτόμενα . Οπότε...

Χαίρετε! Δίνεται το τετράγωνο και ώστε να είναι .

Το ημικύκλιο διαμέτρου τέμνει την στο . Να βρεθεί ο λόγος

Ας επιτεθούμε στην άσκηση ...ποικιλοτρόπως! Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα! Ακόμη ένα ευχαριστώ στον κ. Μιχάλη για την άμεση λύση και βεβαίως για τον διδακτικό τρόπο υπολογισμών χωρίς το κομπιουτεράκι! Αν θέσουμε $abc=p$... $\left ( ab \right )^{2}+\left ( bc \right )^{2}+\left ( ac \right )^{2}=m$ και $a^{4}+b^{4}+c^{4}=n$ από τους ως άνω τύπους παίρνουμε $R=\df...

Καλό μεσημέρι σε όλους ! Με χρήση του σχήματος 30-7 μέσο τμήματος.png Όπως είδαμε το $H$ είναι το ορθόκεντρο του $SAM$ άρα $HM \parallel BS$ , αφού $HM,BS \perp AS$.Αρκεί το $H$ να είναι το μέσον του $DS$ Οι $BA,TS$ τέμνονται στο $Z$. Όπως και ΕΔΩ τα $Z,D$ είναι συζυγή αρμονικά των $A,B$. Με $OA=OB...

Καλησπέρα. Το ανήκει στο ημικύκλιο διαμέτρου . Τα είναι εφαπτόμενα.

Οι τέμνονται στο . Αν είναι τότε: Να βρεθεί ο λόγος .

Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλημέρα. Ευχαριστώ τον Γιώργο για τον άμεσο κι' απέριττο υπολογισμό! Ένας ακόμη τρόπος: Ο λόγος παραμένει αν .. .τετραπλασιάσουμε τους όρους του κλάσματος. Ας δούμε τον κύκλο Λόγος με λιτότητα.png Με μονάδα μέτρησης το $R$ , το τετράγωνο έχει εμβαδόν $2$ τ.μ. ενώ το κανονικό $12$γωνο $3$ τ.μ Ο ζητ...

Χαιρετώ! Ό,τι ακολουθεί είναι -προφανώς- μακρυά από την ιστορική αλήθεια. Πριν αρκετούς .. αιώνες ο Εύδοξος βρέθηκε αντιμέτωπος με το εξής πρόβλημα: Για τις πλευρές $(a,b,c)$ τριγώνου $ABC$ ισχύουν οι σχέσεις: $abc=480 $ $\left ( ab \right )^{2}+\left ( ac \right )^{2}+\left ( bc \right )^{2}=12.30...

Χαίρετε! Τα σημεία τριχοτομούν το τεταρτοκύκλιο του σχήματος. Βρείτε τον λόγο .

Αναζητούμε κομψό (λιτό σε πράξεις) τρόπο! Σας ευχαριστώ, Γιώργος

Καλό μεσημέρι ! Με ανοιχτή την είσοδο και στην τριγωνομετρία.. Γωνιακή παραλληλία(1).png Στο σχήμα είναι $CD=BC=a$ και $CD \parallel AB$. Αρκεί να βρούμε τις γωνίες $\chi ,\omega $. Με τον Νόμο ημιτόνων έχουμε: Στο τρίγωνο $BAC$ είναι $\dfrac{a}{b}=\dfrac{\eta \mu 100^{0}}{\eta \mu 40^{0}}= \dfrac{...

Καλό μεσημέρι! Παρόμοια , με χρήση του σχήματος NF μ.γ.png Έχουμε $\widehat{AFB}=\widehat{ALB}/2=\widehat{DTB}\Rightarrow AF \parallel DS$ οπότε $\widehat{TSA}=\widehat{FAS}=\widehat{FBS}$ , ενώ $\widehat{ATS}=\widehat{BTS}$ ως παρ/κές των $\widehat{ATD}=\widehat{BTD}$. Τα τρίγωνα λοιπόν $TAS$ και ...

Χαιρετώ. 23-7 συνευθειακά(1).png Για τις πλευρές του τριγώνου $ABC$ του σχήματος ισχύει $c^{2}=a^{2}+ab$. Το σημείο $H$ ανήκει στην διχοτόμο $CE$ ώστε να είναι $c=2CH$ και το $N \in AC$ ώστε να ισχύει $\dfrac{\left ( NEA \right )}{\left ( BAC \right )}=\dfrac{b-a}{b+a}$. Να εξεταστεί αν τα σημεία $...

Καλημέρα σε όλους! Μια παρόμοια..όψιμη προσέγγιση Ορθογώνιο και ισοσκελές(1).png Δίνεται το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο $ABC$ με $\widehat{A}=90^{0}$. Το ύψος του $AD$ και η διχοτόμος $BE$ τέμνονται στο $Z$. Θα δείξουμε ότι $EC=2DZ$. Η $AD$ τέμνει το τεταρτοκύκλιο στο μέσον $M$. Στο τρίγωνο $BM...

Καλημέρα σε όλους! Βρείτε τη γωνία Μ.Ν(1).png Θεωρούμε το τρίγωνο $ABC$ με $\widehat{A}=24^{0}$ , $\widehat{C}=30^{0}$ και $\Delta \in AC$ ώστε να είναι $C \Delta= AB$. Παίρνουμε το σημείο $D \in AC$ ώστε να είναι $\widehat{BDC}=54^{0}$. Όπως δείξαμε στο ..φρέσκο θέμα Απ' τα παλιά είναι $CD=AB$ άρα...

Χαιρετώ τους $\Phi $ίλους! Με γωνία $54$άρα στο σχήμα .. :).. αναμενόμενο να εμφανιστεί κι' ο χρυσός αριθμός $\Phi $. Η λύση προφανώς εκτός φακέλου Απ' τα παλιά..(2).png Με τον Ν.Η στο τρίγωνο $BAD$ παίρνουμε $\dfrac{c}{k}=\dfrac{sin54^{0}}{sin30^{0}} =\Phi $. Από την ομοιότητα των τριγώνων $BAD$ κ...

Καλημέρα. Ευχαριστώ τους αγαπητούς Μιχάλη και Γιώργο , ασφαλώς και τον νεαρό Θεοδόση για τις κομψές λύσεις τους! Με γνωστές τις γωνίες τα πράγματα είναι φανερά κι' απλά. Μια ελαφρά παραλλαγή 21-7 Τριχοτόμηση σε τεταρτοκύκλιο.png Λόγω των ίσων γωνιών το $MENB$ είναι εγγράψιμο τραπέζιο άρα και ισοσκε...