Non troppo difficile

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LucaMac
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Non troppo difficile

Messaggio da LucaMac » 25 nov 2014, 22:09

Sia $ABC$ un triangolo e $ \omega $ la sua circoscritta. Le tangenti ad $ \omega $ in $B$ ed in $C$ si incontrano in $A_0 $ , si definiscano analogamente $B_0 , C_0$. Sia $G$ il baricentro di $ABC$.
1) Provare che $AA_0, BB_0 , CC_0$ concorrono in un punto $K$.
2) Provare che $KG \parallel BC$ se e solo se $ 2a^2 = b^2 + c^2 $ (sono le misure dei lati).
Testo nascosto:
Probabilmente a voi potenti è noto, ma sappiate che
Testo nascosto:
La soluzione va tassativamente fatta di conti in baricentriche
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matpro98
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Re: Non troppo difficile

Messaggio da matpro98 » 25 nov 2014, 23:42

Per il punto 1 sappiamo che sono le simmediane, quindi concorrono nel coniugato isogonale di $G$ che è appunto $K$.

LucaMac
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Re: Non troppo difficile

Messaggio da LucaMac » 26 nov 2014, 13:29

matpro98 ha scritto:Per il punto 1 sappiamo che sono le simmediane, quindi concorrono nel coniugato isogonale di $G$ che è appunto $K$.
Ok si... :roll:
Testo nascosto:
Ma andava tassativamente fatto in baricentriche! :twisted:
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Re: Non troppo difficile

Messaggio da Lasker » 26 nov 2014, 20:33

a) Facciamo pure questo problemino con le baricentriche che ci piacciono tanto (non riesco mai ad ignorare gli spoiler :roll: ).
Siano $A_1:=AA_0\cap BC$ e cicliche, visto che si trova su $BC$ la sua prima coordinata è $0$, mentre per trovare le altre due ci interessa il rapporto $\frac{[ABA_1]}{[ACA_1]}$.
Visto che questi due triangoli hanno la stessa altezza, il rapporto fra le aree sarà uguale al rapporto tra le basi, ovvero
$$\frac{[ABA_1]}{[AA_1C]}=\frac{BA_1}{A_1C}$$
Per un ragionamento analogo si avrà anche
$$\frac{BA_1}{A_1C}=\frac{[BA_0A_1]}{[A_1A_0C]}$$
Ma allora, per una proprietà mistica delle proporzioni che si usa anche per dimostrare Ceva (oppure, se volete, usando il fatto che il mediante tra due frazioni è compreso tra esse), si avrà
$$\frac{[ABA_1]}{[AA_1C]}=\frac{BA_1}{A_1C}=\frac{[BA_0A_1]}{[A_1A_0C]}=\frac{[BA_0A_1]+[ABA_1]}{[A_1A_0C]+[AA_1C]}=\frac{[ABA_0]}{[AA_0C]}$$
Usando ora la formula trigonometrica per l'area
$$\frac{[ABA_1]}{[AA_1C]}=\frac{\frac{1}{2}AB\cdot BA_0\cdot \sin(\angle ABA_0)}{\frac{1}{2}CA\cdot A_0C\cdot \sin(\angle A_0CA)}=\frac{c}{b}\cdot\frac{\sin(\angle ABA_0)}{\sin(\angle A_0CA)}$$
Ora, con un po' di angle chasing si ricava che $\angle ABA_0\cong\pi- \gamma$ e $\angle A_0CA\cong\pi- \beta$, e visto che $\sin(\pi-x)=sin(x)$ la relazione diventa:
$$\frac{[ABA_1]}{[AA_1C]}=\frac{c}{b}\cdot \frac{\sin(\gamma)}{\sin(\beta)}=\frac{c^2}{b^2}$$
Dove nell'ultimo passaggio ho usato il teorema dei seni su $\triangle ABC$. Detto questo, abbiamo trovato che le coordinate baricentriche di $A_1$ (e cicliche) sono:
$$A_1=(0,b^2, c^2)\ \ \ ;\ \ \ B_1=(a^2,0,c^2)\ \ \ ; \ \ \ C_1=(a^2,b^2,0)$$
E quindi (ricordando G1M dell'ultimo Senior) le ceviane per questi punti concorrono in $K=(a^2,b^2,c^2)$.
b) Scriviamo bovinamente la retta $r$ passante per $K=(a^2,b^2,c^2) $ e $G=(1,1,1)$.
$$r=(b^2-c^2; c^2-a^2; a^2-b^2)$$
E la intersechiamo con l'equazione della retta per $B$ e $C$ $s=(1,0,0)$, ottenendo il punto $X$:
$$X=(0,a^2-b^2,a^2-c^2)$$
Se le due rette sono parallele , questo punto sta sulla retta all'infinito $(1,1,1)$ (e viceversa, se non lo sono, non ci sta) dunque deve valere
$$0\cdot 1+(a^2-b^2)\cdot 1+(a^2-c^2)\cdot 1=0\ \ \ \Leftrightarrow \ \ \ 2a^2=b^2+c^2$$

Boh, non sono sicuro di aver fatto giusto (le coordinate omogenee fatico a digerirle), soprattutto sull'ultimo passaggio (dove interpreto un'affermazione di Drago, forse in modo errato...), aspetto conferme/insulti.
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)

"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)

Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?

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Re: Non troppo difficile

Messaggio da LucaMac » 26 nov 2014, 20:40

Ok si giusta, ma più brevemente (per il primo punto) tangente alla circoscritta per $A$ ha equazione $zb^2 + yc^2 = 0 $ no? (magari dimostralo, è utile :D )
Il secondo tutto ok :)
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Re: Non troppo difficile

Messaggio da Drago96 » 26 nov 2014, 21:35

Non so a quale affermazione ti riferisci, ma direi che l'hai interprerata correttamente xD
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