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Un altro problema tranquillo

Inviato: 10 gen 2015, 19:13
da scambret
ABC triangolo, H ortocentro, D, E e F piedi delle altezze condotte da A, B e C. Siano b e c le tangenti alla circoscritta di ABC passanti per B e C. Sia T l'intersezione tra b e c. Sia M il punto medio di BC. Mostrare che MH, DT e EF concorrono.

Re: Un altro problema tranquillo

Inviato: 11 gen 2015, 13:02
da Francesco Sala
Nel caso interessasse una piccola estensione, si può vedere l'ultimo problema qui: http://olympiads.mccme.ru/ustn/resh11ge.pdf.

Re: Un altro problema tranquillo

Inviato: 12 gen 2015, 00:15
da LucaMac
Come si legge il rumeno? :D (sempre se è rumeno :lol: )

Re: Un altro problema tranquillo

Inviato: 12 gen 2015, 00:52
da Lasker
A me sembrerebbe russo (almeno, dal dominio .ru e dai caratteri), quindi magari karlosson può aiutare

Re: Un altro problema tranquillo

Inviato: 12 gen 2015, 07:21
da karlosson_sul_tetto
Lucamac questo lo considererei un grave insulto, se non già fosse per il fatto che usi le baricentriche

Re: Un altro problema tranquillo

Inviato: 12 gen 2015, 15:03
da LucaMac
Allora rinnovo la domanda: come si legge il russo?

Re: Un altro problema tranquillo

Inviato: 12 gen 2015, 15:33
da Francesco Sala
Fortunatamente ci sono figure molto esplicative.

Re: Un altro problema tranquillo

Inviato: 12 gen 2015, 16:17
da matpro98
Luca, se proprio non riesci usa Google. Anche se non è preciso almeno capisci il senso ;)

Re: Un altro problema tranquillo

Inviato: 12 gen 2015, 17:07
da karlosson_sul_tetto
Nonostante ci siano persone particolarmente poliglotte in grado di tradurre lingue ben più difficili del russo, non bisogna dimenticare delle persone che non hanno cotali doti interpretative ( e anche comunicative persino nella lingua madre).

Riporto brevemente il problema (leggermente diverso da quello di scambret) e i punti fondamentali della dimostrazione (sotto hint perché con lo stesso metodo si può risolvere il problema originale):
$ABC$ triangolo con altezze $AA_1$, $BB_1$ e $CC_1$. P è l'intersezione delle circonferenze circoscritte ad $ABC$ e $A_1B_1C$, $Z$ è l'intersezione delle tangenti alla circoscritta di $ABC$ passanti per $A$ e $B$. Dimostrare che le rette $AP$, $BC$ e $ZC_1$ concorrono.
Testo nascosto:
H è l'ortocentro, H appartiene alla circoscritta a $A_1B_1C$ e CH ne è diametro.

M, H, P sono allineati.
(per conti noti di angoli, il simmetrico di H rispetto a M, $H'$, sta sulla circoscritta ed è diametralmente opposto a $C$; $M,H,H'$ sono allineati, cosi come $H',H,P$ per angoli retti)

$AMA_1P$ è ciclico.
(basta dimostrare che $\angle MAA_1=\angle MPA_1$; portando in giro gli angoli con la ciclicità di sopra ce la si fa)

Sia $A_2$ il simmetrico di $A_1$ rispetto a $CC_1$. Allora $AA_2P$ sono allineati.
(per la ciclicita di sopra e l'isoscelità di $\triangle AMA_1$, si ha che $\angle APM=\angle A_1PM$, ma per come abbiamo costruito $A_2$...)

$B_1C_1\parallel AZ$, $A_1C_1\parallel BZ$, $A_2A_1\parallel AB$
(conti di angoli semplici)

I due triangoli $AZB$ e $A_2C_1A_1$ sono isosceli e con i lati paralleli a due a due, quindi sono omotetici; il centro di omotetia si trova sull'intersezione delle rette $AA_2$, $ZC_1$ e $BA_1$, che sono effettivamente le tre rette che dovevano concorrere. $\SorprendenteWowAmiamoGeometria$


Inoltre sotto c'è anche una dimostrazione breve in polari.