AMC right angle

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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jordan
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AMC right angle

Messaggio da jordan » 22 set 2008, 01:18

Si consideri un quadrilatero ciclico $ ABCD $ tale che $ AB>CD \text{ e } BC>AD $. Si prendano ora due punti $ X \text{ e }Y $ rispettivamente su $ AB \text{ e }CD $ tali che $ AX=CD \text{ e }AD=CY $. Mostrare che se $ M $ è il punto medio di $ XY $ allora $ AMC $ è retto.


Come minimo vogliamo vedere anche quella di Gabriel no? :wink:
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 22 set 2008, 15:03

Già, il problema è molto mathlinkese

Sia N il punto medio di AC, P il punto medio di CX, allora per talete $ PM \parallel BC $ e $ PN \parallel AB $ quindi $ \angle NPM = 180 - \angle ABC = \angle COA $ inoltre $ \frac{CD}{PN}=\frac{XA}{PN}=2=\frac{YA}{PM}=\frac{DA}{PM} $ quindi i triangoli DCA e PNM sono simili con rapporti tra lunghezze 2, quindi CA = 2 NM che equivale alla tesi.

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Algebert
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Messaggio da Algebert » 22 set 2008, 15:23

Anch'io l'ho fatto in maniera molto simile, era piuttosto semplice come problema (di certo non si risolve brutalmente con vettori, complessi, analitica, trigonometria et cetera :shock: ); purtroppo non ho potuto inserire la figura all'interno della soluzione :( (provvedo a rimediare subito questa mia lacuna), spero di non venire penalizzato troppo per questo :roll: .

@ Gabriel:
almeno dillo che provare la tesi equivaleva a dimostrare che il punto medio $ $M$ $ del segmento $ $XY$ $ stava su una circonferenza di centro $ $N$ $ e diametro $ $AC$ $.
Ultima modifica di Algebert il 22 set 2008, 15:55, modificato 1 volta in totale.
"[i]What is a good Olympiad problem?[/i] Its solution should not require any prerequisites except cleverness. A high scool student should not be at a disadvantage compared to a professional mathematician."

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jordan
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Messaggio da jordan » 22 set 2008, 15:31

Algebert ha scritto:Anch'io l'ho fatto in maniera molto simile, era piuttosto semplice come problema (di certo non si risolve brutalmente con vettori, complessi, analitica, trigonometria et cetera :shock: ); purtroppo non ho potuto inserire la figura all'interno della soluzione :( (provvedo a rimediare subito a questa mia lacuna), spero di non venire penalizzato troppo per questo :roll: .
tranquillo, non sarai penalizzato :wink:
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Algebert
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Messaggio da Algebert » 22 set 2008, 15:33

jordan ha scritto:tranquillo, non sarai penalizzato :wink:
Ah, per fortuna :) ! Grazie jordan :wink: !
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Messaggio da julio14 » 22 set 2008, 15:44

Io ho fatto tutto un po' più contoso... ho fatto il simmetrico di D rispetto al punto medio di AC, così mi venivano fuori due triangoli isosceli con le basi che dopo parecchi conti si dimostravano essere perpendicolari fra loro e perpendicolari ad AM e MC
"L'unica soluzione è (0;0;0)" "E chi te lo dice?" "Nessuno, ma chi se ne fotte"
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Messaggio da pic88 » 22 set 2008, 15:48

Un'idea è anche il simmetrico di A rispetto a M. Esso ha la stessa distanza di A da C (perché?)

Zok
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Soluzione elegante

Messaggio da Zok » 23 set 2008, 00:18

Ecco una maniera molto elegante con cui qualcuno ha risolto questo problema...però provate a pensarci voi prima di andare a guardare! :D
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