Bisogna cambiare area

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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cip999
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Bisogna cambiare area

Messaggio da cip999 »

Siano $M_a$, $M_b$, $M_c$ i punti medi dei lati di un triangolo $ABC$ fissato. Sia poi $P$ un punto variabile sulla circonferenza circoscritta ad $ABC$. Le rette $PM_a$, $PM_b$, $PM_c$ intersecano di nuovo la circoscritta in $A'$, $B'$, $C'$ rispettivamente. Supponiamo che i punti $A$, $B$, $C$, $A'$, $B'$, $C'$ siano tutti distinti e che le rette $AA'$, $BB'$, $CC'$ siano a due a due non parallele. Dimostrare che l'area del triangolo formato da tali rette non dipende da $P$.
bern-1-16-4-13
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Re: Bisogna cambiare area

Messaggio da bern-1-16-4-13 »

Che bellissimo problema!
Testo nascosto:
Sia $A''=BB'\cap CC'$, e definiamo $B'',C''$ in modo analogo.
Lemma 1:
Per Pascal su $(A,B,C,C',P,A)$ (e cicliche) si ha che $M_a,B'',M_c$ (e cicliche) è una terna di punti allineati.
Lemma 2: $AA''\parallel BB''\parallel CC''$.
Dimostriamo il primo parallelismo, gli altri seguiranno per simmetria. Quindi basta dimostrare che i triangolo $A''AM_b$ e $BB''M_a$ sono omotetici. Facciamo quindi un'omotetia di centro $C''$ e fattore $\frac{C''M_b}{C''M_a}$ (usando segmenti orientati). Allora $M_a$ andrà in $M_b$, $B$ andrà in $A''$ per Talete sui triangoli $C''BM_a,C''A''M_b$ e infine $B''$ andrà in $A$ per Talete su $C''B''M_a,C''AM_b$ (abbiamo usato il lemma 1 per dire che $A''M_b\parallel BM_a$ e $B''M_a\parallel AM_b$, il che era quello che ci serviva per concludere il lemma 2.

Per il lemma appena dimostrato avremo che $C''A''\cdot C''B''=C''B\cdot C''A$, quindi $$\left[A''B''C''\right]=C''A''\cdot C''B''\sin\widehat{B''C''A''}=C''B\cdot C''A\sin\widehat{B''C''A''}=\left[ABC''\right]=\left[ABM_b\right]$$che chiaramente non dipende da $P$.
cip999
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Re: Bisogna cambiare area

Messaggio da cip999 »

Perfetta! :)
Testo nascosto:
Un altro modo di dimostrare il parallelismo è accorgersi che vale un fatto un poco più forte, cioè che $AP$ e $AA''$ (e cicliche) sono coniugate isogonali in $ABC$ (questo si dimostra ad esempio invertendo in $A$ con raggio $\sqrt{AB \cdot AM_b}$ + solita simmetria). A quel punto le tre rette concorreranno nel coniugato isogonale di $P$, che è un bel punto all'infinito visto che $P$ sta sulla circoscritta.

Un altro modo ancora erano le baricentriche. :(
FedeX333X
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Re: Bisogna cambiare area

Messaggio da FedeX333X »

cip999 ha scritto: 09 giu 2017, 13:59 Un altro modo ancora erano le baricentriche. :(
D'altronde c'è chi preferirebbe dimostrarci anche i criteri di congruenza... :lol:
Talete
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Re: Bisogna cambiare area

Messaggio da Talete »

FedeX333X ha scritto: 09 giu 2017, 17:56
cip999 ha scritto: 09 giu 2017, 13:59 Un altro modo ancora erano le baricentriche. :(
D'altronde c'è chi preferirebbe dimostrarci anche i criteri di congruenza... :lol:
Baricentriche über alles! Convertitevi, infedeli, prima che sia troppo tardi!

EDIT: per quelli stupidi come me, la soluzione in baricentriche viene anche in modo bovino (cioè prendendo un $P$ a caso, trovando tutte le coordinate in funzione di $P$ e poi applicando la formula dell'area). Lo sconsiglio ai deboli di cuore. Non riporto la soluzione perché sono circa sette pagine di conti.
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"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
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