Galileiana 2014 - 3

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Leonida
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Galileiana 2014 - 3

Messaggio da Leonida » 05 set 2015, 19:26

Sia $ABC$ un triangolo e siano $D$, $E$ due suoi punti interni tali che valgano le congruenze $\widehat{EAB} \cong \widehat{DAC}$, $\\ \widehat{EBA} \cong \widehat{DBC}$, $\\ \widehat{ECA} \cong \widehat{DCB}$. Dimostrare che le proiezioni di $E$ sui 3 lati di $ABC$ appartengono a una circonferenza il cui centro è il punto medio di $DE$.
Cit.: "Ora, qui, su questo aspro frammento di terra chiamato Platea, le orde di Serse affrontano LA LORO DISFATTA!!"

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Nemo
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Re: Galileiana 2014 - 3

Messaggio da Nemo » 08 set 2015, 00:53

Sia \(Q\) il punto medio di \(DE\) e siano \(D_1\), \(Q_1\) e ciclici le proiezioni di \(D\) e \(Q\) su \(BC\) e ciclici. Siccome \(\widehat{EBA} \cong \widehat{CBD} \iff \widehat{EBD}+\widehat{DBA} \cong \widehat{CBE}+\widehat{EBD}\) (angoli orientati), riscrivo la seconda uguaglianza come \(\widehat{EBC} \cong \widehat{ABD} \), in modo che le tre uguaglianze siano cicliche su \(A,B,C\).
\(EAE_3 \sim DAD_2\) e \(EAE_3 \sim DAD_2\) (perché rettangoli e con un altro paio di angoli congruenti), quindi \(AE_3 : AE = AD_2 : AD\) e \(AE_2 : AE = AD_3 : AD\), da cui \(AE_3 \cdot AD_3 = AD_2 \cdot AE_2\). Per il teorema di Talete \(\frac{\vert AE_3 - AD_3 \vert}{2}=Q_3E_3\), \(\frac{ AE_3 + AD_3 }{2}=AQ_3\), \(\frac{\vert AE_2 - AD_2 \vert}{2}=Q_2E_2\) e \(\frac{AE_2 + AD_2 }{2}=AQ_2\). Da cui \( AQ_3^2+Q_2E_2^2 =\) \(\frac{1}{4} (AE_3^2+AD_3^2+2AE_3\cdot AD_3+ AE_2^2+AD_2^2-2 AE_2\cdot AD_2)= \) \(AQ_2^2+Q_3E_3^2 \ \;(1)\). Per il teorema di Pitagora \(AQ^2=QQ_2^2+AQ_2^2=QQ_3^2+AQ_3^2 \; \ (2)\). Da \((1)\) e \((2)\) segue che \(QE_3 \cong QE_2\) e, ciclando su \(A,B,C\), \(QE_1 \cong QE_2 \cong QE_3\), che equivale alla tesi.
Spero di non aver sbagliato qualcosa...
[math]

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