DRAW1.png .. καλησπέρα .. και μια ακόμα άποψη, προεκτείνω την $AZ$ προς το μέρος του $Z$ ώστε $AH=AB$.Το $\bigtriangleup AHE$ είναι ισοσκελές με $E\hat{A}H=60^{\circ}$ και άρα κατ΄επέκταση και ισόπλευρο.Το τετράπλευρο $EHCB$ (αφού οι διαγώνιές του είναι ισες και διχοτομούνται ) είναι ορθογώνιο παρα...

DRAW3.png ..καλημέρα και επιτέλους πάντα αλήθειες από ΌΛΟΥΣ ΜΑΣ .... απο Π.Θ. έχουμε: $AE=35, AZ=20\sqrt{2}$, επίσης από ομοιότητα $\triangleleft ECP\approx \triangleleft ABE$ έχουμε $CP=28/3 , EP=35/3$.. Τελειώνοντας από $\triangleleft AZP$ , $\left(AZP\ \right)= 1/2\cdot AD\cdot ZP=1/2\cdot AZ\cd...

DRAW2.png αρκεί να δειχθεί ότι $\triangleleft TSR\approx \triangleleft CSA$. Το τετράπλευρο $TPBS$ είναι εγγράψιμο (αφού $\hat{P}=\hat{T}=90^{\circ}$). Συνεπώς: $P\hat{B}T=T\hat{S}P$=$\hat{\omega }$ (1) και αφού $CSBA$ εγγράψιμο $C\hat{B}A=C\hat{S}A=\hat{\omega }$ (2).Όμοια από τα ίδια εγγράψιμα τε...

DRAW2.png ..μια διαφορετική άποψη του ερ. 2. Αφού SBCT εγγράψιμο σημαίνει ότι: $B\hat{S}A+B\hat{C}T=180^{\circ}$. Άρα $B\hat{C}Q=B\hat{S}A$. Όμως αφού $\hat{\chi }+\hat{\omega }=90^{\circ}$ ($\bigtriangleup SQT$ ορθογώνιο), έχουμε $Q\hat{C}B+B\hat{C}A$=$90^{\circ}$. Δηλαδή $A\hat{C}T=90^{\circ}$, π...

DRAW2.png Καλησπέρα, φέρνουμε $HD$ κάθετη στην $ST$ στο σημείο $D$. Έστω $C\hat{B}A=\hat{\omega }$ και $D\hat{C}O=\hat{\chi }$. Τότε $O\hat{C}B=\hat{\omega }$ και $D\hat{C}A=\hat{\omega }$. Το τετράπλευρο $CDSH$ εγγράψιμο (αφού $H\hat{C}S=H\hat{D}S=90^{\circ}$). Οπότε $D\hat{C}S=D\hat{H}S=\hat{\ome...

Τετράγωνο.png ...και μία μέσω Λαμίας. $A\hat{D}H=H\hat{A}D$. Οπότε $H\hat{D}O=H\hat{A}O$. Όμως $H\hat{A}O=H\hat{E}O$ αφού $H$ περίκεντρο και$AH=HE=HD$. Δηλαδή $H\hat{D}O=H\hat{E}O$ και έτσι $HOED$ εγγράψιμο, άρα $D\hat{H}E=D\hat{O}E=90^{\circ}$. $\triangleleft HDE$ ορθογώνιο και ισοσκελές, δηλαδή $...

....

λύνω ένα οποιοδήποτε θέμα , και θέλω με κάποιο τρόπο να το μαρκάρω για να ξέρω ότι έχω ασχοληθεί με αυτό.

Δηλαδή, πως όταν ήμαστε μαθητές μια άσκηση που λύναμε , την μαρκάραμε για να ξέρουμε ότι την λύσαμε..

ελπίζω να έγινα κατανοητός.
θανάσης

Καλησπέρα σε όλους,

υπάρχει τρόπος να τσεκάρεις ένα θέμα σε μια ομάδα (για δική σου ενημέρωση, επειδή πχ. το ελυσες) , χωρίς να δημοσιεύσεις την Λύση?

Ευχαριστώ
Θανάσης

Ίσες-διαδρομές.png Καλημέρα.... Στην προέκταση του$AB$ παίρνουμε $BH=BC$. Άρα αρκεί να δείξουμε $AE=EH$. $A\hat{B}C$ εξωτερική στο ισοσκελές $\bigtriangleup CBH$, δηλ. $\hat{ABC}=2\hat{\omega }$ (1). $\bigtriangleup ADC$ ισοσκελές, $\hat{DAC}=\hat{ACD}=\hat{\phi }+\hat{\chi }$. Όμως $\hat{ACD}=\hat...

.. σχημα το ιδιο με προηγουμενα.. $ADBM$ παραλληλογραμμο ($AD\parallel =MB$). Οποτε $N$ μεσο της $DM$. Επισης $Ο$ μεσο της $BD$ (σαν τομη των διαγωνιων του παραλληλογραμου $ABCD$). Αρα ΝΟ συνδεει τα μεσα των πλευρων του $\bigtriangleup BMD$. Aρα $ON\parallel =\frac{BM}{2}$. (1) $\bigtriangleup ONP$ ...

καλησπέρα,

. Από Θεώρημα Θαλή έχουμε: Αρα , .