OliForum Matematico

EvaristeG ha scritto:
12. Il cerchio inscritto ad PBC tocca BC in U e PC in V. Il punto S su BC è tale che BS=CU. PS incontra il cerchio inscritto in 2 punti, sia Q il più vicino a P. Sia W su PC tale che PW=VC e sia R l'intersezione di BW e PS. Dimostrare che PQ=RS.

Sia O il centro del cerchio inscritto c , sia T il punto piu' vicino a B in cui BW taglia c e sia C' il simmetrico di O rispetto a C. E' noto (*) che Q e T sono i simmetrici di U e V rispettivamente rispetto ad O.
Non e' difficile provare che BRPC' e BSQC' sono parallelogrammi e da qui la tesi.


PS
L'ho trovato abbastanza impegnativo. Non conoscendo il fatto (*) direi che e' molto difficile.

EvaristeG ha scritto:
11. Sia ABC un triangolo e siano D,E,F tre punti sugli assi di BC, CA, AB. Dimostrare che le perpendicolari da A a EF, da B a DF e da C a DE concorrono.

Si puo' provare un risultato un po' piu' generale.

La cosa dovrebbe (la butto giu' a braccio e quindi sono da verificare gli indici, ma spero sia chiaro il concetto) essere del tipo che segue:

Dato un triangolo ABC e un punto P sul piano del triangolo, siano pa, pb ed pf tre rette per P ugualmente inclinate di un angolo alpha rispetto ai lati del triangolo (pa forma l'angolo alpha con il lato BC, e similmente gli altri).
Siano A', B' e C' tre punti su pa, pb e pc rispettivamente. Le linee passanti per A, B e C inclinate di alpha rispetto a B'C', C'A' e A'B' rispettivamente sono concorrenti.

Indubbiamente sì, ma richiede uno sforzo, a mio avviso, significativamente maggiore di quello che si deve fare per l'originale ... o almeno, la dimostrazione che avevo trovato io di questo problema non si adatta (nemmeno prendendola a calci) alla generalizzazione che hai proposto ... o meglio, non riesco ad adattarla, poi magari ...

beh, cmq, ora basta solo che qualcuno risolva il problema, nella versione originale o in quella migliorata!!

EvaristeG ha scritto: beh, cmq, ora basta solo che qualcuno risolva il problema, nella versione originale o in quella migliorata!!

il tutto deriva da un'applicazione del teorema di Ceva nella forma trigonometrica. Mi ricordo che avevo gia' postato tanto tempo fa una cosa del genere (nel vecchio forum, credo).

Per illustrare l'idea, mi sarebbe molto utile alllegare una figura, ma non riesco a
vedere come fare.

Provo a descriverla. Sia K un punto nel piano del [nella mia figura, interno al]triangolo ABC. Siano E, F e G i punti su Bc, CA ed AB rispettivamente tali che KE, KF e KG fprmino angoli uguali con BC, CA ed AB. Siano L, M ed N su KE, KF e KG rispettivamente. Sia X il punto in cui c(AMF) taglia NM, Y il punto uin cui c(BNG) taglia NL e Z il punto in cui c(CLE) taglia LM. [nella mia figura] Si ha che <XAF = <XMF, <FMZ = <FCZ, ecc. Essendo le tre rette LE, MF ed NG concorrono in K lo stesso deve accadere per AX, BY e CZ che formano inordine shiftato gli astessi angoli con i lati di ABC.


PS

Se qualcuno mi spiega come fare ad allegare una figura, la descrizione di sopra migliorera' di molto le possibilita' di avere un senso.

Indubbiamente la figura sarebbe d'aiuto ...
cmq la mia idea era la seguente:

visto che D,E,F stanno sugli assi, si ha DB=DC, EC=EA, FB=FA; del resto, le perpendicolari ai lati EF, FD, DE di DEF per tre punti esterni A,B,C concorrono se e solo se AE^2+BF^2+CD^2=AF^2+BD^2+CE^2 (teorema di Carnot).

Per dirla tutta, questi problemi seguono questi sproloqui in cui avevo nominato detto teorema e indicato la sua dimostrazione.

EvaristeG ha scritto:Indubbiamente la figura sarebbe d'aiuto ...

Nel forum di mathlinks e' possibile aggiungere allegati. Se non c'e' modo di inserire qua la figura ed e' proprio necessario, potrei (italianamente) provare a inserire la mia figura in messaggio fittizio nel forum di mathlinks (magari non si incazzano piu' di tanto )) ed aggiungere qua un link al messaggio con la figura.

Hmm senti, qui si può inserire un'immagine da un altro sito ... se mi mandi l'immagine che vuoi inserire, la metto online e la posto.

Ecco l'immagine della sol di sprmnt21