Due punti... a caso!

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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zetaeffe
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Due punti... a caso!

Messaggio da zetaeffe » 10 giu 2016, 00:13

Sia $P$ un punto qualsiasi interno a un triangolo $\overset\triangle{ABC}$. Siano $AE, BD, CF$ le tre ceviane passanti per $P$ (dunque $D, E, F$ appartengono ai lati del triangolo). Sia $Q$ un punto qualsiasi appartenente a $[AE]$. Siano $X=(BQ)\bigcap(DE)$ e $Y=(AX)\bigcap(BC)$. Dimostrare che $F, Q, Y$ sono allineati.

EDIT: scusate per l'obbrobriosa scelta delle lettere.
Ultima modifica di zetaeffe il 10 giu 2016, 15:41, modificato 2 volte in totale.

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karlosson_sul_tetto
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Re: Due punti... a caso!

Messaggio da karlosson_sul_tetto » 10 giu 2016, 09:02

Mi si spezza il cuore a vedere [math] e [math] :cry:
"Inequality happens"
---
"Chissa se la fanno anche da asporto"

matpro98
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Re: Due punti... a caso!

Messaggio da matpro98 » 10 giu 2016, 13:02

karlosson_sul_tetto ha scritto:Mi si spezza il cuore a vedere [math] e [math] :cry:
Sono partecipe del tuo dolore

Anyway, bary:
$P(p,q,r)$ (uso le virgole anche se ci andrebbero i due punti), quindi $E(0,q,r),\ D(p,0,r),\ F(p,q,0)$
$AE:ry-qz=0$, quindi $Q(s,t,\dfrac{rt}{q})$
$BQ:\dfrac{rt}{q}x-sz=0$
$DE:pqz-pry-rqx=0$
$X(spr,srq-prt,-\dfrac{r^2tp}{q})$
$AX:\dfrac{r^2tp}{q}y+(srq-prt)z=0$
$BC:x=0$
$Y(0,prt-srq,\dfrac{r^2tp}{q})$
$FQ:rtx-\dfrac{prt}{q}y+(pt-sq)z=0$ e sostituendo le coordinate di $Y$ si ottiene $0=0$, quindi i tre punti sono allineati.

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karlosson_sul_tetto
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Re: Due punti... a caso!

Messaggio da karlosson_sul_tetto » 10 giu 2016, 13:22

matpro98 ha scritto:Anyway, bary:
Questo non fa altro che mettere sale nella piaga
"Inequality happens"
---
"Chissa se la fanno anche da asporto"

matpro98
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Re: Due punti... a caso!

Messaggio da matpro98 » 10 giu 2016, 13:58

Sapevo che te ne saresti lamentato :lol:

Talete
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Re: Due punti... a caso!

Messaggio da Talete » 10 giu 2016, 13:59

Fatelo fare ad una persona seria che non usa le baricentriche!

Siano $M$, $N$ ed $L$ i piedi delle ceviane di $Q$ sui lati $AC$, $BC$ ed $AB$, rispettivamente.

Ora, il birapporto $(A,B;L,F)$ è uguale, proiettando da $C$ su $AQ$, al birapporto $(A,E;Q,P)$.

Proiettando ora da $B$ su $DE$, si ottiene che $(A,E;Q,P)=(\infty,E;X,D)$.

Proiettiamo ora da $A$ su $BC$: otteniamo niente di meno che $(\infty,E;X,D)=(B,E;Y,C)$.

Abbiamo praticamente finito perché se $(A,B;L,F)=(B,E;Y,C)=(E,B;C,Y)$ come abbiamo appena scoperto, le rette $CL$, $AE$ e $FY$ concorrono: e dunque dato che l'intersezione di $CL$ ed $AE$ è $Q$, il punto $Q$ sta sulla retta $FY$, e abbiamo risolto la tesi.

Scusa ZF che mi avevi chiesto di non risolvere il problema subito, ma volevo mostrare che esistono alternative a quello scempio che sono le baricentriche ;)
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zetaeffe
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Re: Due punti... a caso!

Messaggio da zetaeffe » 10 giu 2016, 15:38

Bene. Una cosa, Talete: $(AB)$ e $(DE)$ non s'intersecano necessariamente nel punto all'infinito, anche se spesso la figura lo fa sembrare :D.

Talete
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Re: Due punti... a caso!

Messaggio da Talete » 12 giu 2016, 01:17

Ah ok, questo mi è sfuggito (chiaramente, so la proiettiva ma non so i fatti base del triangolo): allora chiamo $Z$ l'intersezione tra $(AB)$ e $(DE)$ e sostituisco $\infty$ con $Z$ nella soluzione di cui sopra ;)
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