"Ahh, Cos... or some say, Sin...

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Gerald Lambeau
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"Ahh, Cos... or some say, Sin...

Messaggio da Gerald Lambeau » 16 giu 2017, 21:41

Do you hear our prayers? Grant us areas, grant us segments! Plant angles on our brains to cleanse us of this beastly counts!"

Sia $ABC$ un triangolo acutangolo. Sia $P$ l'intersezione delle tangenti alla circoscritta ad $ABC$ passanti per $B$ e per $C$. Sia $D=AP \cap BC$. Sia $E$ l'intersezione tra il lato $AC$ e la parallela ad $AB$ passante per $D$. Analogamente, sia $F$ l'intersezione tra il lato $AB$ e la parallela ad $AC$ passante per $D$.
Dimostrare che il quadrilatero $BCEF$ è ciclico.
"Non ho rispetto per i miei superiori, figurati se ho rispetto per i miei pari: il rispetto di un uomo lo merita solo chi è a lui inferiore."
Cit. Marco (mio vero nome)

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Ci sono cose che non si possono confutare; per tutto il resto, c'è la fisica.

Ventu06
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Re: "Ahh, Cos... or some say, Sin...

Messaggio da Ventu06 » 17 giu 2017, 13:39

Testo nascosto:

Facciamo un inversione di centro $A$ e di raggio $r=\sqrt{AB*AC}$ e successivamente una simmetria lungo la bisettrice di $B\widehat{A}C$.
Chiamando $P'$ ogni punto $P$ dopo la trasformazione, abbiamo che:
  • $B'$ va in $C$ e viceversa;
  • $B'C'$ va nella circoscritta ad $\triangle ABC$ e viceversa;
  • la retta $AP'$, essendo $AP$ la simmediana di $\triangle ABC$, va nella mediana di $\triangle AB'C'$;
  • $D'$, essendo $D$ l'intersezione di $BC$ e $AP$, andrà nell'intersezione di $AP'$ e di $\circ AB'C'$;
  • la retta $ED$, essendo una retta non passante per il centro di inversione andrà in una circonferenza passante per $A$, inoltre essendo parallela ad $AB$, si incontra con essa solo nel punto all'infinito (che dopo l'inversione sta in $A$), quindi andrà in una circonferenza tangente ad $AB'$ in $A$ passante per $D'$;
  • ugualmente la retta $FD$ andrà in una circonferenza tangente ad $AC'$ in $A$ passante per $D'$;

Chiamando $M$ l'intersezione fra $AD'$ e $B'C'$, abbiamo che $MB'=MC'$ perchè $AD'$ è la mediana di $\triangle AB'C'$.
Applicando il teorema dei seni ai triangoli $\triangle AB'M$ e $\triangle AC'M$, abbiamo che:

$\dfrac{AB'}{\sin{A\widehat{M}B'}}=\dfrac{MB'}{\sin{M\widehat{A}B'}} \longrightarrow AB'*\sin{M\widehat{A}B'}=MB'*\sin{A\widehat{M}B'}$

$\dfrac{AC'}{\sin{A\widehat{M}C'}}=\dfrac{MC'}{\sin{M\widehat{A}C'}} \longrightarrow AC'*\sin{M\widehat{A}C'}=MC'*\sin{A\widehat{M}C'}$

$AB'*\sin{M\widehat{A}B'}=MB'*\sin{A\widehat{M}B=MC'*\sin{(180-A\widehat{M}C')}=MC'*\sin{A\widehat{M}C'}'} = AC'*\sin{M\widehat{A}C'}$

$\dfrac{AB'}{AC'}=\dfrac{\sin{M\widehat{A}C'}}{\sin{M\widehat{A}B'}}$


Ricordando che le rette $AB'$ e $AC'$ sono rispettivamente tangenti alle circonferenze $\circ AD'E'$ e $\circ AD'F'$:
$A\widehat{D'}E'=E'\widehat{A}(AB')=F'\widehat{A}(AC')=A\widehat{D'}F'$
$A\widehat{E'}D'=D'\widehat{A}B'$
$A\widehat{F'}D'=D'\widehat{A}C'$


Ora applichiamo il teorema dei seni ai triangoli $\triangle AD'E'$ e $\triangle AD'F'$:

$\dfrac{AE'}{\sin{A\widehat{D'}E'}}=\dfrac{AD'}{\sin{A\widehat{E'}D'}} \longrightarrow AE'*\sin{A\widehat{E'}D'}=AD'*\sin{A\widehat{D'}E'}$

$\dfrac{AF'}{\sin{A\widehat{D'}F'}}=\dfrac{AD'}{\sin{A\widehat{F'}D'}} \longrightarrow AF'*\sin{A\widehat{F'}D'}=AD'*\sin{A\widehat{D'}F'}$

$AE'*\sin{D'\widehat{A}B'}=AE'*\sin{A\widehat{E'}D'}=AD'*\sin{A\widehat{D'}E'}=AD'*\sin{A\widehat{D'}F'}=AF'*\sin{A\widehat{F'}D'}=AF'*\sin{D'\widehat{A}C'}$

$\dfrac{AE'}{AF'}=\dfrac{\sin{D'\widehat{A}C'}}{\sin{D'\widehat{A}B'}}$


Unendo questa uguaglianza e quella trovata precedentemente abbiamo:

$\dfrac{AE'}{AF'}=\dfrac{\sin{D'\widehat{A}C'}}{\sin{D'\widehat{A}B'}}=\dfrac{\sin{M\widehat{A}C'}}{\sin{M\widehat{A}B'}}=\dfrac{AB'}{AC'}$

Ricordando che, per la definizione di inversione, si ha $AP=\dfrac{r^2}{AP'}$, abbiamo che:

$\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{\dfrac{r^2}{AF'}}{\dfrac{r^2}{AE'}}=\dfrac{AE'}{AF'}=\dfrac{AB'}{AC'}=\dfrac{\dfrac{r^2}{AC'}}{\dfrac{r^2}{AB'}}=\dfrac{AC}{AB}$

Dato che i lati sono in rapporto e l'angolo $\widehat{A}$ è in comune, abbiamo che i triangoli $\triangle ABC$ e $\triangle AEF$ sono simili, in particolare $A\widehat{B}C=A\widehat{E}F$, quindi $A\widehat{B}C+C\widehat{E}F=A\widehat{B}C+(180°-A\widehat{E}F)=180°$, perciò $BCEF$ è ciclico.
Ultima modifica di Ventu06 il 17 giu 2017, 18:19, modificato 1 volta in totale.

Gerald Lambeau
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Re: "Ahh, Cos... or some say, Sin...

Messaggio da Gerald Lambeau » 17 giu 2017, 17:45

Intanto complimenti per la bellissima soluzione (che è ovviamente corretta), inoltre hai anche colto in pieno lo spirito con il quale volevo che questo problema venisse affrontato. La vera domanda è: riuscirete a mantenere questo spirito per affrontare la seconda parte di questo problema?

"Ah hah hah ha! Ooh! Majestic! A geometrician is a geometrician, even in a count. But, alas, not too fast! The problem evolves and proceeds unending!"

Sia $A_1$ il centro della circoscritta a $BCEF$; definiamo ciclicamente, in maniera analoga, $B_1$ e $C_1$. Dimostrare che $AA_1, BB_1, CC_1$ concorrono.
Usate pure i conti se volete, ma per mantenere lo spirito del problema non dovrete usare altro che sintetica e trigonometria (come è stato fatto per la prima parte).

"The ratios, of course!"
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Ventu06
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Re: "Ahh, Cos... or some say, Sin...

Messaggio da Ventu06 » 20 giu 2017, 15:20

Testo nascosto:
Usiamo la notazione $a=BC$, $b=CA$ e $c=AB$, $S=[ABC]=$ area del triangolo $\triangle ABC$.

Costruiamo l'asse di $a$ : esso passerà per il punto medio di $a$, che chiameremo $M_A$, per $A_1$, dato che $a$ è una corda di una circonferenza di centro $A_1$, e intersecherà il lato $b$ in un punto $N$.
Chiamiamo $H_A$ la proiezione di $A$ su $a$, $H_B$ la proiezione di $B$ su $b$, $H_M$ al proiezione di $M_A$ su $b$ e $H_Q$ la proiezione di $A_1$ su $b$.
Dato che $CE$ è una corda di una circonferenza passante per $A_1$, $A_1H_Q$, oltre ad essere altezza, è anche mediana, quindi $2CH_Q=CE$.


Applicando il teorema di Pitagora ai triangoli $\triangle ABH_A$ e $\triangle ACH_A$ abbiamo che:
$b^2-CH_A^2=c^2-(a-CH_A)^2$ da cui $CH_A=\dfrac{b^2+a^2-c^2}{2a}$

Inoltre ricordiamo che $CM_A=\dfrac{a}{2}$, dato che $M_A$ è il punto medio di $a$.

Sfruttando l'area del triangolo, sappiamo che $AH_A=\dfrac{2S}{a}$.

I triangoli $\triangle CAH_A$ e $\triangle CNM_A$ sono simili, dato che hanno tutti i lati paralleli, quindi:
$CN=b\dfrac{CM_A}{CH_A}=b\dfrac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{b^2+a^2-c^2}{2a}}=\dfrac{a^2b}{b^2+a^2-c^2}$
$NM_A=AH_A\dfrac{CM_A}{CH_A}=\dfrac{2S}{a}\dfrac{\dfrac{a}{2}}{\dfrac{b^2+a^2-c^2}{2a}}=\dfrac{2Sa}{b^2+a^2-c^2}$

Per il primo teorema di Euclide sappiamo che $NH_M=\dfrac{NM_A^2}{CN}=\dfrac{(\dfrac{2Sa}{b^2+a^2-c^2})^2}{\dfrac{a^2b}{b^2+a^2-c^2}}=\dfrac{4S^2}{b(b^2+a^2-c^2)}$


Sfruttando l'area del triangolo, sappiamo che $BH_B=\dfrac{2S}{b}$.
I triangoli $\triangle CBH_B$ e $\triangle CM_AH_M$ sono simili, dato che hanno tutti i lati paralleli, quindi $M_AH_M=BH_B\dfrac{CM_A}{a}=\dfrac{2S}{b}\dfrac{CM_A}{2CM_A}=\dfrac{S}{b}$.


Ricordando che $D$ giace sulla simmediana $AP$, è abbastanza noto che $\dfrac{CD}{BD}=\dfrac{b^2}{c^2}$
(si potrebbe facimente dimostrare con le coordinate baricentriche: ricordando che il punto di Lemoine è il coniugato isogonale del baricentro $(1:1:1)$, avrà coordinate $(a^2:b^2:c^2)$, da cui l'intersezione della ceviana con $a$ avrà coordinate $(0:b^2:c^2)$, segue la tesi)
da cui $\dfrac{CD}{a}=\dfrac{CD}{CD+BD}=\dfrac{b^2}{b^2+c^2}$.

I triangoli $\triangle CAB$ e $\triangle CED$ sono simili, dato che hanno tutti i lati paralleli, quindi:
$CE=b\dfrac{CD}{a}=\dfrac{b^3}{b^2+c^2}$

Ricordando che $H_Q$ è il punto medio di $CE$, abbiamo che $CH_Q=\dfrac{CE}{2}=\dfrac{b^3}{2(b^2+c^2)}$


I triangoli $\triangle NH_MM_A$ e $\triangle NH_QA_1$ sono simili, dato che hanno tutti i lati paralleli, quindi:
$A_1H_Q=M_AH_M\dfrac{NH_Q}{NH_M}=M_AH_M\dfrac{CN-CH_Q}{NH_M}=\dfrac{S}{b}\dfrac{\dfrac{a^2b}{b^2+a^2-c^2}-\dfrac{b^3}{2(b^2+c^2)}}{\dfrac{4S^2}{b(b^2+a^2-c^2)}}=$ tanti conti $=\dfrac{b(a^2b^2+b^2c^2+2a^2c^2-b^4)}{8S(b^2+c^2)}$

da cui l'area di $\triangle ACA_1=[ACA_1]=\dfrac{b*A_1Q}{2}=\dfrac{b^2(a^2b^2+b^2c^2+2a^2c^2-b^4)}{16S(b^2+c^2)}$.

Ripetendo i passaggi simmetricamente, abbiamo che $[ABA_1]=\dfrac{c^2(a^2c^2+b^2c^2+2a^2b^2-c^4)}{16S(b^2+c^2)}$

da cui $\dfrac{[ABA_1]}{[ACA_1]}=\dfrac{\dfrac{c^2(a^2c^2+b^2c^2+2a^2b^2-c^4)}{16S(b^2+c^2)}}{\dfrac{b^2(a^2b^2+b^2c^2+2a^2c^2-b^4)}{16S(b^2+c^2)}}=\dfrac{c^2(a^2c^2+b^2c^2+2a^2b^2-c^4)}{b^2(a^2b^2+b^2c^2+2a^2c^2-b^4)}$

Chiamiamo $Q$ l'intersezione della ceviana $AA_1$ con $a$.

Ricordando la dimostrazione del teorema di ceva / usando le baricentriche / non ho voglia di dimostrarlo sappiamo che $\dfrac{BQ}{QC}=\dfrac{[ABA_1]}{[ACA_1]}=\dfrac{c^2(a^2c^2+b^2c^2+2a^2b^2-c^4)}{b^2(a^2b^2+b^2c^2+2a^2c^2-b^4)}$ e così ciclicamente per gli altri lati.

A questo punto applicando il teorema di Ceva dimostriamo che le tre ceviane concorrono.

Ventu06
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Re: "Ahh, Cos... or some say, Sin...

Messaggio da Ventu06 » 20 giu 2017, 15:32

Rilancio (semplice):
Sia $J$ l'intersezione tra $DE$ e $BP$, $K$ l'intersezione tra $DF$ e $CP$.
Dimostrare che $PJ=PK$.

Gerald Lambeau
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Re: "Ahh, Cos... or some say, Sin...

Messaggio da Gerald Lambeau » 20 giu 2017, 17:25

C'è qualche typo facilmente perdonabile vista la tua grande voglia di scriverla tutta... Comunque, anche se con passaggi diversi per calcolarti gli schifi, la conclusione con Ceva è identica alla mia. Quindi ok, è buona!
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