L'ultimo della giornata (forse)

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scambret
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L'ultimo della giornata (forse)

Messaggio da scambret » 10 gen 2015, 19:44

ABC triangolo rettangolo in A. D punto medio di BC. r retta a caso passante per D. X e Y punti su r e rispettivamente su AB e AC. P e M su r e compresi tra X e Y tale che XP=DY e M tale che XM=MY. La perpendicolare da P a BC incontra BC in T.

Mostrare che AM biseca TAD.

AGallese
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Re: L'ultimo della giornata (forse)

Messaggio da AGallese » 03 apr 2015, 02:10

Bruttissima soluzione trigonometrica. :D

Supponiamo WLOG $AB<AC$ e iniziamo ad analizzare il caso in cui $Y$ appartiene al segmento $AC$.
Gli angoli sono $\beta$ e $\gamma$ come al solito, mentre $\theta = C\hat{D}Y$.
Per il Teorema dei Seni sui triangoli $DYC$ e $DXB$ otteniamo, rispettivamente
\[ DY = AD \cdot\frac{\sin{\gamma}}{\sin(\gamma +\theta)} \qquad\qquad DY = AD \cdot\frac{\sin{\beta}}{\sin(\beta -\theta)} = AD \cdot\frac{\cos{\gamma}}{\cos(\gamma + \theta)} \]
Poiché $DP = DX-PX=DX-DY$ e $DT = PD \cdot \cos{\theta}$ si ha
\[ DT = AD \cdot \left( \frac{\cos{\gamma}}{\cos(\gamma + \theta)} - \frac{\sin{\gamma}}{\sin(\gamma +\theta)} \right) \cdot \cos{\theta} =
AD \cdot \left( \frac{\cos{\gamma}\cdot {\sin(\gamma +\theta)}-\sin{\gamma}\cdot \cos(\gamma + \theta)}{\cos(\gamma + \theta)\cdot {\sin(\gamma +\theta)}}\right) \cdot \cos{\theta} = AD \cdot \frac{\sin{2\theta}}{\sin(2\gamma +2\theta)} \]

Consideriamo ora i triangoli $ATM$ e $ADM$. Per il Teorema dei Seni su questi e ricordando che $TM=DM$, se la tesi fosse vera si avrebbe che
\[ \sin(A\hat{T}M)= \frac{AM}{TM}\cdot \sin(T\hat{A}M) = \frac{AM}{DM}\cdot \sin(D\hat{A}M) = \sin(A\hat{D}M) \]
Sappiamo che $A\hat{D}B=2\gamma$ e quindi $A\hat{D}M=2\gamma +\theta$. Perché i seni di due angoli siano uguali o gli angoli sono uguali, e non è questo il caso, o sono angoli supplementari, ed è quello che speriamo di provare. Se prendiamo un punto $T'$ su $BC$ dallo stesso lato di $B$ rispetto a $D$, in modo che $A\hat{T}D=2\beta -2\theta$. Tracciando l'altezza $AH$ possiamo calcolare $DT'$. Abbiamo $DH = AD \cdot \cos(2\gamma)$ e $AH=AD \cdot \sin(2\gamma)$ e $TH=\frac{AH}{\tan(2\beta -2\theta)}=AD \cdot\frac{\sin(2\gamma)}{\tan(2\beta -2\theta)}$. Quindi, riassumendo
\[ DT' = AD \cdot \left( \cos(2\gamma) + \frac{\sin(2\gamma)}{\tan(2\beta -2\theta)} \right) =
AD \cdot \frac{\cos(2\gamma)\sin(2\beta -2\theta)+\sin(2\gamma)\cos(2\beta -2\theta)}{\sin(2\beta -2\theta)} =
AD \cdot \frac{\sin(2\beta + 2\gamma -2\theta)}{\sin(2\beta -2\theta)} \]
Ma sappiamo che $\gamma + \beta = \pi$. Ricordando che $\sin(\pi -x) = \sin(x)$, si ottiene
\[ DT' = AD \cdot \frac{\sin(2\theta)}{\sin(2\gamma +2\theta)} \]

Ma allora $T'$ coincide con $T$! Quindi per il Teorema dei Seni sui triangoli $ATM$ e $ADM$, come prima, abbiamo che $\sin(T\hat{A}M)=\sin(D\hat{A}M)$. Questi non posso essere supplementari perché entrambi sono acuti (altrimenti $D$,$A$,$T$ sarebbero collineari), quindi devono essere uguali. Ovvero $T\hat{A}M=D\hat{A}M$ che è la tesi.

Ora ci sarebbe da analizzare il secondo caso, ma è praticamente uguale al primo se non per qualche dettaglio. Sia per calcolare $DT$ che $DT'$ si fanno procedimenti leggermente diversi, ma si arriva comunque alla stessa espressione. Se dovesse capitare una problema del genere in gara... come si può mettere giù questa cosa? Grazie :D

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