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Sia $(I)$ l'incircle, $E=AC\cap (I)$ $F=AB\cap (I)$ $G=AD\cap(I)$ $Q=FE\cap BC$ $GD$ e la polare di $Q$ rispetto ad $(I)$. $EF$ e la polare di $A$ rispetto ad $(I)$. Quindi la tangente a $(I)$ in $G$ passa attraverso $Q$. Quindi $PI$ passa attraverso $Q$. $(Q,D,B,C)=-1$ La circonferenza del diametr...

Ciao, devi leggere sulla trigonometria sferica.
Saluti

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2. Diameter of the incircle.

Siano $ABC$ un triangolo, $I$ l'incentro, $J$ il piede dell'altezza uscente da A. La circonferenza inscritta è tangente ad $BC,AC,AB$ in $D,E,F$ rispettivamente.

Se $P=DI\cap EF$, dimostrare che $\frac{PD}{PI}=\frac{AJ}{DI}$.

Sia $ABC$ un triangolo e sia $H$ l’ortocentro. Sia $\omega_{1}$ una circonferenza di centro $B$ e raggio $BH$. Sia $\omega_{2}$ una circonferenza di centro $C$ e raggio $CH$. Siano $L$ e $N$ punti su $AB$ e $AC$, rispettivamente. $X=LH\cap\omega_{2}$ , $Y=NH\cap\omega_{1}$. Dimostrare che $LNXY$ è u...

Sia $ABC$ un triangolo con incentro $I$ e circocerchio $\Omega$.
Sia $(A,M) =AI \cap \Omega$.
Sia $I'$ il riflesso di $I$ rispetto a $BC$.
Sia $(M,N) =MI'\cap \Omega$.
Dimostrare che $AI=NI$.

Menelao: $\frac{CM}{MA}\frac{AE}{EQ}\frac{BQ}{BC}=1\rightarrow \frac{AE}{EQ}=\frac{3}{2}\frac{1}{1}=\frac{3}{2}$ $\frac{EQ}{AQ}=\frac{2}{5}$ Menelao: $\frac{EQ}{AE}\frac{AD}{DP}\frac{BP}{BQ}=1\rightarrow \frac{AD}{DP}=\frac{3}{2}\frac{2}{1}=3$ $\frac{AP}{DP}=4$ $(ABP) = \frac{1}{2}(ABQ)$ $(BPD) = \...

Dato il triangolo $ABC$ (BC> AC> AB) e i punti $C'$ e $B' '$. Sappiamo che $ BC'= CB' '= BC $. Sia $D $ un punto su $BB''$ tale che $AD \parallel B''C '$. Sia $E $ un punto su $BC $ tale che $DE \parallel AC $. Sia $F $ un punto su $AC $ tale che $EF \parallel AD $. Quindi $ ADEF $ è un parallelogra...

$E = XY\cap KL$ $Z = AX\cap YL$ $KYLX$ e un trapecio isosceles ----> $\frac{KE}{LE} = \frac{KX}{YL}$ (1). $(A,K,E,L) = -1$ ----> $\frac{AK}{AL} = \frac{KE}{LE}$ (2). $\Delta AKX \sim \Delta ALZ$ ----> $\frac{AK}{AL} =\frac{KX}{LZ}$ (3). (3) = (2) ----> $\frac{KE}{LE} =\frac{KX}{LZ}$ (4). (4) = (1) ...

$N = MR\cap (ABC) = BE\cap (ABC)$ $X'$ è simmetrico di $X$ rispetto a $AC$ (BX' è la B-simediana) $B'$ è simmetrico di $B$ rispetto a $AC$ Allora $\Delta AB'C \cong \Delta ABC \rightarrow B', X', M$ sono allineati. $\angle X'BN = \angle EBM = \theta$ $S= RN\cap (ABC)$ $\angle X'SN = \angle X'BN = \...

Sia $\omega$ la circoscritta a $ABC$ Sia $\angle DFE = \alpha$ Siano $L$ e $N$ i punti medi da $FD$ e $ED$, rispettivamente. Proviamo a dimostrare che si $M$ appartiene a $\omega$ allora $L$ e $N$ troppo. $\angle CDE = \angle CED = \alpha \rightarrow \angle DCA = 2\alpha$ $\angle DCN = 90-\alpha \ri...

Talete ha scritto: ↑

04 nov 2017, 15:13

Direi una cosa come "rapporto di similitudine dei triangoli"

E da noi Heron si chiama Erone (in Italia modifichiamo molti nomi: Descartes diventa Cartesio, Euler diventa Eulero...)

Grazie mille

Sia $\Delta A'B'C' \sim \Delta ABC$ Sia $h_{a}=84$ (altezza con piede in BC) Siano $a'=\frac{84}{84}$, $b'=\frac{84}{72.8}$ e $c'=\frac{84}{78}$ i lati del triangolo $A'B'C'$, dove 84 è un numero arbitrario. Con la formula di Heron calcoleremo l'area $A'B'C'$: heron.jpg $h'_{a}a' =2 area(A'B'C') = 2...

$\angle ECD = \angle EBA$ perché $CD\parallel AB$ $\angle DFE = \angle EBA$ perché $ABEF$ è ciclico (<AFE=180-EBA), allora $DC$ è asse radicale di $(DFCE), (JDKC)$ $FE$ (o JE) è asse radicale di $(DFCE), (ABEF)$ allora $I$ è il centro radicale delle tre circonferenze $\rightarrow IJ(IK) = IF(IE)$ (p...

"Dimostrare che $AP$ ed $r$ sono simmetriche rispetto alla bisettrice di $\angle CAB$" È lo stesso di provare $\angle (r, AE)=\angle PAD$. Sia $\overline{QAR}\perp r$, dove $Q$ e $R$ siano punti su $\Gamma_{1}$ e $\Gamma_{2}$, rispettivamente. Noi definiamo $\angle ERA=\alpha \rightarrow \angle (r,...