Punti a caso!

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LucaMac
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Punti a caso!

Messaggio da LucaMac » 11 ott 2015, 21:24

Sia $ABC$ un triangolo e $ \Gamma $ la sua circoscritta . Siano $B'$ e $C'$ rispettivamente su $AC$ e $AB$ tali che $BCB'C'$ è ciclico. Sia ora $P$ l'intersezione tra $BB'$ e $CC'$ . Sia $D$ l'intersezione tra $AP$ e $\Gamma$ diversa da $A$ . Sia $E$ l'intersezione tra $DB'$ e $\Gamma$ diversa da $D$. Sia $M$ il punto medio di $B'C'$ . Dimostrare che $B,M,E$ sono allineati.
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erFuricksen
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Re: Punti a caso!

Messaggio da erFuricksen » 14 ott 2015, 17:39

Ho trovato una soluzione cortissima, può essere scritta in una parola!
Testo nascosto:
BARICENTRICHE.
$ x^2 + (y - \sqrt {|x|} )^2 = 2 $

igoh
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Re: Punti a caso!

Messaggio da igoh » 12 giu 2016, 17:42

Nonostante sia passato molto tempo non mi pare il caso di lasciare tutto in mano alle baricentriche quindi ci provo.
Testo nascosto:
Supponiamo inizialmente che $AB\cap DE=T$.
Applichiamo Menelao con la retta$APD$ sul triangolo $TBB'$
$\dfrac{AT\cdot PB\cdot DB'}{AB\cdot PB'\cdot DT}=-1$ $[1]$.
Ora divertiamoci un po'
$\bullet$Teorema delle secanti da $T$ a $\Gamma \Longrightarrow \dfrac{AT}{TD}=\dfrac{TE}{TB}$
$\bullet$Teorema delle corde su $ED$ e $AC \Longrightarrow BD'=\dfrac{AB'\cdot CB'}{EB'}$
$\bullet$$AC'B'\sim ABC \Longrightarrow AB=\dfrac{AB'\cdot CA}{AC''}$
$\bullet$Menelao con $CPC'$ su $ABB' \Longrightarrow \dfrac{PB}{PB'}=-\dfrac{CA\cdot C'B}{CB'\cdot C'A}$
Sostituendo nella $[1]$ tutti i $\bullet$ otteniamo $$\dfrac{TE\cdot BC'}{TB\cdot EB'}=1\Longrightarrow\dfrac{BC'\cdot ET\cdot MB'}{BT\cdot EB'\cdot MC'}=-1$$da cui la tesi sempre per Menelao.
Nel caso $AB\parallel DE$ al posto della $[1]$ usiamo $APB\sim PDB' \Longrightarrow \dfrac{PB\cdot DB'}{PB'\cdot AB}=1$.
Sostituendo tutti i $\bullet$(tranne ovviamente il primo) otteniamo $BC'=EB'$$[2]$.
$BE\cap B'C'=M'$, dal parallelismo e da $[2]$ segue che per il quarto criterio i triangoli $BC'M'\cong M'B'E \Longrightarrow B'M'=C'M' \Longrightarrow M\equiv M'$ da cui la tesi.

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