France TST 2007 numeri 3 e 6

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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cerise
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France TST 2007 numeri 3 e 6

Messaggio da cerise » 05 giu 2007, 04:39

Ecco due esercizi del test francese per selezionare la squadra delle OIM. Se non capite, posso fare una traduzione.

Exercice 3 :

A, B, C, et D sont cocycliques.

$ E=(AC)\cap (BD) , F= (AD)\cap (BC) $ .

Montrer que $ (EF) $ est perpendiculaire à $ (AB) $ si et seulement si E, C, F et D sont cocyliques.

Exercice 6:

Soit $ ABC $ un triangle tel qu'il existe $ D\in [AC] , BC=BD $.

$ K $et $ L $ sont les points de contact du cercle inscrit dans $ ABC $ sur $ [AB] $ et $ [AC] $ respectivement.

$ J $ est le centre du cercle inscrit dans $ BCD $.

Montrer que $ (KL) $ coupe $ [AJ] $ en son milieu.

Sepp
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Messaggio da Sepp » 05 giu 2007, 16:55

CDEF ciclico $ \Rightarrow $ EF $ \bot $ AB:
$ \angle BCA = \angle BDF = \angle BDA $. Quindi $ \angle BDF = \angle ACF = 90^{\circ} $ ed E è ortocentro di ABF, da cui la tesi.

EF $ \bot $ AB $ \Rightarrow $ CDEF ciclico:
$ \hat{X} = \angle ACF $ e $ \hat{Y} = \angle BDF $.

Per Ceva trigonometrico $ \frac{\sin(90-B)}{\sin(90-A)}\cdot\frac{\sin(X+F)}{\sin(X-B)}\cdot\frac{\sin(Y-A)}{\sin(Y+F)}} = 1 $.

Poichè $ \hat{X} = \hat{Y} $, si ottiene $ \frac{\sin(X-A)}{\sin(X-B)} = \frac{\cos A}{\cos B} $, da cui $ \hat{X} = \hat{Y} = 90^{\circ} $ con la condizione $ \hat{A} \neq \hat{B} $.

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 05 giu 2007, 17:02


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