Sia $ ABC $ un triangolo ($ AB<AC $) e $ \Gamma $ la sua circoscritta.
Sia $ D $ il punto medio dell'arco $ BC $ contenente $ A $.
Sia $ E $ il piede della perpendicolare da $ D $ a $ AC $.
Dimostrare che $ \displaystyle CE=\frac{AB+AC}{2} $
Finalmente...
Finalmente...
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi.
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- Iscritto il: 10 apr 2015, 18:19
Re: Finalmente...
Dalla ciclicità di $ABCD$ ho $\angle ABD = \angle ACD$. Per il teorema del coseno ottengo
$$AB^2 + BD^2 - 2\cdot AB\cdot BD \cdot \text{cos(}\angle ABD \text{)} = DC^2 + AC^2 - 2\cdot DC\cdot AC \cdot \text{cos(}\angle ACD \text{)}$$
ma poichè $BD=DC$ e $\angle ABD = \angle ACD$ per quanto detto prima si ha con qualche banale calcolo
$$\frac{AB+AC}{2} = DC \cdot \text{cos(}\angle ACD \text{)}$$ma $DC \cdot \text{cos(}\angle ACD \text{)}=CE$ poichè $\angle CDE = \frac{\pi}{2}$ che è proprio la tesi.
$$AB^2 + BD^2 - 2\cdot AB\cdot BD \cdot \text{cos(}\angle ABD \text{)} = DC^2 + AC^2 - 2\cdot DC\cdot AC \cdot \text{cos(}\angle ACD \text{)}$$
ma poichè $BD=DC$ e $\angle ABD = \angle ACD$ per quanto detto prima si ha con qualche banale calcolo
$$\frac{AB+AC}{2} = DC \cdot \text{cos(}\angle ACD \text{)}$$ma $DC \cdot \text{cos(}\angle ACD \text{)}=CE$ poichè $\angle CDE = \frac{\pi}{2}$ che è proprio la tesi.
Re: Finalmente...
Giusta
Metto in spoiler un idea per risolverlo in sintetica (e che spiega il titolo)
Metto in spoiler un idea per risolverlo in sintetica (e che spiega il titolo)
Testo nascosto:
Testo nascosto:
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi.
Re: Finalmente...
Testo nascosto:
Re: Finalmente...
Giusta, proprio quella che intendevo.
Ti segnalo 2 typo.
$ N $ é la proiezione di $ D $ su $ AB $.
Quando usi Menelao, metti $ =-1 $.
Comunque era TST 2012 A1 Bosnia
Ti segnalo 2 typo.
$ N $ é la proiezione di $ D $ su $ AB $.
Quando usi Menelao, metti $ =-1 $.
Comunque era TST 2012 A1 Bosnia
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi.
Re: Finalmente...
Tanto per rendere il problema più figo aggiungo la dimostrazione che Carl B. Boyer fa risalire ad Archimede del cosiddetto teorema della corda spezzata.
Testo nascosto:
Re: Finalmente...
Ok grazie della correzioneSaro00 ha scritto:Giusta, proprio quella che intendevo.
Ti segnalo 2 typo.
$ N $ é la proiezione di $ D $ su $ AB $.
Quando usi Menelao, metti $ =-1 $.
Comunque era TST 2012 A1 Bosnia