Un triangolo...polacco!

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Poliwhirl
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Un triangolo...polacco!

Messaggio da Poliwhirl » 20 mag 2005, 00:05

Tratto dalle olimpiadi nazionali polacche 2003 :) (premetto che non ho ancora soluzione, però mi sembrava interessante):
Problem: $ ABC $ is acute-angled. $ M $ is the midpoint of $ AB $. A line through $ M $ meets the lines $ CA $, $ CB $ at $ K $, $ L $ with $ CK = CL $. $ O $ is the circumcenter of $ CKL $ and $ CD $ is an altitude of $ ABC $. Show that $ OD = OM $.

In italiano dovrebbe essere così:

[Line non si traduce con segmento, ma con retta. Questa imprecisione costringeva Poli ad una serie di salti mortali. Ho riformulato la traduzione come segue. M.]

Problema: Sia dato un triangolo acutangolo $ ABC $. Chiamiamo $ M $ il punto medio del lato $ AB $. Una retta passante per $ M $ incontra le rette $ CA $ e $ CB $ nei punti $ K $ e $ L $ rispettivamente, in modo tale che $ CK = CL $. Chiamiamo $ O $ il circocentro del triangolo $ CKL $; inoltre consideriamo l'altezza $ CD $ del triangolo $ ABC $. Dimostrare che $ OD = OM $.

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Messaggio da info » 20 mag 2005, 20:29

Ehm... dopo un bel pò di lavoro credo di avere trovato una sol... Un pò complicata però... :? Parto dal ribaltamento di quel triangolo intorno ad una certa retta e riduco la tesi a questo:

RIDUZIONE:
Preso un trapezio isoscele ABCD con AD lato obliquo e retta r come asse di simmetria, si disegni la retta parallela alle base che taglia AD a metà in M e la diagonale AC in F. La perpendicolare ad AD in M incontra r in un punto K. La perpendicolare alla diagonale AC incontra r nel medesimo punto K.

Ora non ho tempo di scrivere tutto e riguardare se è corretto... lo faccio se nessuno posta qualcosa di più semplice...

ps: anche il problema ridotto ha un suo fascino! Qualcuno vuole dimostrarlo? (sempre che sia corretto)

..........................
commento: personalmente credo che questo problema polacco valga tutto il cesenatico di quest'anno messo assieme... o perlomeno: a casa contendo il tempo impiegato oserei dire che siamo là!

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Poliwhirl
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Ah, 'sti polacchi...

Messaggio da Poliwhirl » 21 mag 2005, 12:57

@Marco: grazie mille per la correzione! :D Anzi, in futuro, delle correzioni sul mio pessimo inglese saranno sempre ben accette e apprezzate dal sottoscritto. :D

@info: come sei arrivato a quella roba là? :? :lol:

Bye,
#Poliwhirl#

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Messaggio da info » 21 mag 2005, 20:09

Scrivo solo una traccia non approfondita, dato che altrimenti viene lunga... i particolari sono lasciati al lettore :wink: ... alfa, beta e gamma sono gli angoli in A,B e C;

- CLK è uguale a gamma/2, per il teorema dell'angolo esterno;
- si disegni la perpendicolare alla bisettrice in gamma passante per C, la chiamo retta c;
- si disegni il triangolo ribaltato (simmetria assiale) rispetto alla retta c;
- si vengono a formare quindi degli angoli opposti al vertice: riconosciamo un trapezio isoscele con le sue diagonali;
-per simmetria il circocentro del triangolo voluto giace sull'asse di simmetria del trapezio: osserviamo anche che K ed L vengono individuati facilmente all'interno del trapezio, tracciando la parallela alle basi per M ed intersecandola con le diagonali (in sostanza il problema è una figura "mutilata";
- dobbiamo dimostrare che la perpendicolare al lato obliquo passante per il punto medio di DM, quella passante per il punto medio di LC e perpendicolare alla diagonale, l'asse di simmetria sono concorrenti (perchè in tal caso infatti il circocentro giace sull'asse di DM); questo per Talete equivale a dimostrare che la perpendicolare al lato obliquo passante per M, quella passante per L e perpendicolare alla diagonale sono concorrenti;
- ci siamo ricondotti al problema ridotto: però ora qualcun altro continui :lol: ---- si devono considerare due quadrilateri ciclici...

ps: ne approfitto per fare una domanda: è solo una mia curiosità da outsider, ma quante ore vi danno a Cesenatico per la gara individuale?

Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 21 mag 2005, 23:09

ps: ne approfitto per fare una domanda: è solo una mia curiosità da outsider, ma quante ore vi danno a Cesenatico per la gara individuale?
Quattro ore e mezza.

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Rincaro

Messaggio da elianto84 » 24 mag 2005, 15:57

Nahh. E' uno di quei classici problemi che, a condizione di avere a disposizione
tempo sufficiente, può essere risolto calcolandosi TUTTE le lunghezze in
gioco in funzione dei 3 lati del triangolo di partenza (oppure in funzione di
2 lati e il coseno di un angolo, che poi è lo stesso).
In questo caso, poi, l'espressione della lunghezza di OM non è poi
neppure così orrida. A tal proposito, propongo un corposo rilancio
del problema polacco [uso le stesse lettere del problema originale]
(è saltato fuori risolvendo il triangolo polacco con violenza trigonometrica)

-----------------------------------------------------------------------------

Sia A' il simmetrico di A rispetto alla retta BC.
Sia E un punto su AA', dalla parte di di A', tale che |CE|=|CB|.
Detto N il punto medio di AE
sia P un punto appartenente a BC tale che |CP|=|CN|.
Da P si tracci la perpendicolare a BC, questa intersecherà la bisettrice interna
dell'angolo ^ACB in un punto che chiameremo Q.

- Dimostrare che |CQ|/|OM| = 2 -
Jack alias elianto84 alias jack202

http://www.matemate.it IL SITO

.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -

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