Χαιρετώ! Με αφορμή την Πρακτική καθετότητα . 9-9 Χρυσό ορθογώνιο.png Το $ABCD$ είναι ορθογώνιο με $\dfrac{AB}{BC}=k$. Το $H$ μέσον της $AB$ κι΄ο κύκλος των $D,A,H$ τέμνει την $AC$ στο $N\not\equiv A$. Αν $\dfrac{AN}{NC}=5-2k$ τότε : Να υπολογιστεί ο λόγος $k$ Σας ευχαριστώ, Γιώργος.

Καλό βράδυ σε όλους ! Με χρήση του σχήματος όπου για ευκολία, ας είναι $AB=a=8$. 7-9 Πρακτική καθετότητα N.F.png Στο τρίγωνο $FDE$ το ύψος $DA=8=PT$ , άρα όπως και στο θέμα: Κριτήριο 45άρας είναι $\omega +\varphi =\widehat{FDE}=45^o$. Ακόμη ισχύει $\dfrac{SI}{ID}=\dfrac{CI}{ID}=\dfrac{CS}{SA}=\dfra...

Χαιρετώ τους φίλους!
Με χρήση του αρχικού σχήματος.
Στο τρίγωνο το ΠΥΘΑΓΌΡΕΙΟ μας δίνει

που μαζί με την δοσμένη σχέση παίρνουμε και

Έτσι τα τρίγωνα και το όμοιό τους είναι του (ωραίου) τύπου

Φιλικά, Γιώργος.

Καλημέρα (από Λουτράκι) και καλό μήνα!
Από ένα μεγάλο ευχαριστώ στους αγαπητούς Νίκο και Μιχάλη
για τις ωραίες λύσεις τους!
Ευχές σε όλο το για τα καλύτερα, πάντοτε με υγεία!!

Henri van Aubel έγραψε: ↑

Σάβ Ιούλ 29, 2023 5:25 pm

Σ' ευχαριστώ Γιώργο, να σαι καλά . Το μόνο λάθος σου ήταν ότι μας προϊδεάζει η άσκηση μέσω του τίτλου της ότι η γωνιά είναι .

Ενίοτε τα "λάθη" γίνονται .. επί τούτου.. Το παρόν θέμα τέθηκε με σκοπό την άμεση λύση του , ώστε να λειτουργήσει ως .. ..εφαλτήριο!..

Καλησπέρα! Σ' ευχαριστώ Κώστα για την εξαιρετική λύση! Είναι βέβαια ..α-σχημάτιστη. Θέτω λοιπόν σχήμα εκτιμώντας πως η ως άνω λύση σου θα γίνει πιο θελκτική προς ανάγνωση και κυρίως κατανοητή σε περισσότερους φίλους! Καλημέρα, μία γεωμετρική λύση που βρήκα. Χαιρετώ! Το τρίγωνο $AEC$ έχει $\widehat{...

Χαιρετώ! 29-7 Βρείτε την..αύριο!.png Το τρίγωνο $AEC$ έχει $\widehat{A}=20^o$ και $\widehat{C}=60^o$. Το $F \in AC$ ώστε $FA=FE$ και το $H \in AE$ ώστε $\widehat{EFH}=100^o$ . Να υπολογιστεί η γωνία $\widehat{EHC}$. Πιθανόν να έχει συζητηθεί..ας χαρούμε πρώτα λύση ή λύσεις και έπεται τυχόν παραπομπ...

Καλησπέρα σε όλους! Μια ακόμη προσέγγιση με χρήση του σχήματος: 26-7 Φ.Θ.png Ας είναι $P$ η τομή του τόξου $AD$ με την $AC$ και $K$ η τομή της $OP$ με την $AB$. Αρκεί να δείξουμε $KB=KP$ Το ισοσκελές $OPA$ έχει γωνίες $(30^o,75^o, 75^o)$ , έτσι το $OAK$ είναι ισοσκελές και ίσο με το $OAD$. Έχουμε λ...

Καλημέρα σε όλους! 26-7 Τριχοτόμος...png Στο σχήμα , το τρίγωνο $ABC$ είναι ισόπλευρο και η $AE$ τριχοτόμος της $\widehat{A}$ με $\widehat{BAE}=40^o$ , ενώ $BZ=2CE$ Αν ο κύκλος των $B,E,Z$ τέμνει την $AE$ και στο $H$ , η δε $CH$ επανατέμνει τον κύκλο στο $N$ τότε: Να εξεταστεί αν η $AN$ είναι διχοτ...

Μια ακόμη Παίρνουμε . Από τα ίσα τρίγωνα προκύπτει , οπότε

Χαιρετώ!
Συμπληρώνουμε ώστε το να είναι ισόπλευρο και (*) : . Τότε

(*) Χωρίς την : Έχουμε

Φιλικά, Γιώργος.

Καλημέρα! Ένα ευχαριστώ ..διαρκείας στον Γιώργο , για την (και εδώ) επέμβασή του! Μια ακόμη προσέγγιση του νέου ερωτήματος 28-6 ..Ισοσκελές.png Στο σχήμα: Αν $tan\theta -cot\theta =2tan\omega $ , τότε $AB=AD$ Πράγματι , έχουμε όπως ο Γιώργος $BD^2=2ax$ , ενώ με το Γ.Π.Θ : $BD^2=a^2+b^2-2a(a-x)$. Εξ...

Καλησπέρα! Επαναφορά ! Είναι υπερβολικά απλή !! :) Συμφωνώ. Λύση: Θεωρώντας $x$ τις πλευρές του ρόμβου, τότε η ζητούμενη περίμετρος είναι $ 2x+DE+BE$ (1). $AE=x-DE=2\cdot 17^{2}$ $x+DE=\dfrac{3}{2}AE$, (από τον λόγο των εμβαδών) . Συνεπώς $DE=\dfrac{17^{2}}{2}, x=\dfrac{5\cdot 17^{2}}{2}$ Από πυθαγ...

Χαιρετώ! 18-6 Βρείτε την περίμετρο.png Το $ABCD$ είναι ρόμβος με $\widehat{A}< 90^o$ και $BE$ ύψος του. Αν δίνονται $\dfrac{\left ( BEDC \right )}{\left ( ABE \right )}=\dfrac{3}{2}$ και $AE=2 \cdot 17^2$ τότε: Να υπολογιστεί η περίμετρος του τραπεζίου $BEDC$ Ας την αφήσουμε στους μαθητές μέχρι και...

Καλημέρα! Με χρήση του σχήματος Με Π.Θ : , οπότε έχουμε και .

Φιλικά, Γιώργος.

Καλημέρα στους φίλους! 14-6 τριπλάσια γωνία.png Το $E \in AB$ ώστε $\widehat{ACE}=\theta $. Τα όμοια τρίγωνα $ABC,AEC$ δίνουν $AC^{2}=AE\cdot AB$ απ' όπου παίρνουμε τα μήκη των $AE, BE$ όπως στο σχήμα , αλλά και $CE=\dfrac{9}{16}a$. Στο τρίγωνο $BEC$ σύμφωνα και με το θέμα ΑΥΤΟ ισχύει $BE^2=EC^2 +E...

Χαιρετώ. Ίσως φανεί χρήσιμο.. 9-6 Δρομείς και Γεωμετρικός μέσος.png Το $Z$ διατρέχει τη διάμετρο $AB$ του ημικυκλίου. Η κάθετη στο $Z$ της $AB$ τέμνει το ημικύκλιο στο $L$. Το $H$ είναι .. δρομέας πάνω στο $LZ$. Οι $AL$ και $BH$ τέμνονται στο $E$. Η κάθετη από το $E$ προς την $AB$ την τέμνει στο $T...

Νομίζω είναι .. .. σαφές το υπονοούμενο-υπόδειξη του KARKAR:

Δώστε απάντηση (προαιρετικά και σχήμα ) , αλλά μη δώσετε εξήγηση.. (δεν χρειάζεται!)

Φιλικά πάντοτε, Γιώργος.

Χαιρετώ και πάλι! Μου άρεσε ιδιαίτερα η κατασκευή του Γιώργου Ρίζου ! Με το ίδιο σκεπτικό ας δούμε μια γενικότερη κατασκευή: 5-6 Κατασκευή..png Στο σχήμα φέρουμε $PIN \perp BA$ σε τυχαίο σημείο της $BA$. Παίρνουμε $\dfrac{NI}{IP}=\lambda $. Από κάθε σημείο $S$ της $BN$ φέροντας $SMT \perp BA$ (*) ,...