Un vecchio amico

[Giovanni_98]

Sia $ABC$ un triangolo e sia $D$ un punto su $AB$ tale che $4AD=AB$ e sia $E$ su $AC$ tale che $\angle ADE=\angle ACB$. Sia $P$ l'intersezione fra la retta passante per $DE$ dalla stessa parte di $C$ rispetto $AB$ e la circoscritta ad $ABC$. Dimostrare che $PB=2PD$.

[Talete]

Soluzione telefonatissima, cioè per poco mi dai anche la circonferenza di inversione!

Siano $a$, $b$, $c$, $\alpha$, $\beta$ e $\gamma$ come di consueto. Sia $\delta$ l'angolo $\angel PAD$. Inoltre $\Gamma(X,Y,Z)$ è la circonferenza tra $X$, $Y$ e $Z$; e $\Gamma(X,Y,\infty)$ è la retta per $X$ e $Y$.

Sia $\Phi$ l'inversione di centro $A$ e raggio $c/2$. Sia $M$ il punto medio di $AB$. $\Phi(M)=M$, ma questo non importa più di tanto.

$\Phi(B)$ è un punto su $AB$ tale che
\[|A\Phi(B)|=\frac{c^2/4}{|AB|}=\frac{c^2}{4c}=\frac c4.\]
Dunque $\Phi(B)=D$.

$\Phi(C )$ è un punto su $AC$ tale che
\[|A\Phi(C )|=\frac{c^2/4}{|AC|}=\frac{c^2}{4b}=\frac{c}{b}\cdot\frac{c}{4}=\frac{\sin\gamma}{\sin\beta}\cdot|AD|=|AE|,\]
dove è stato usato un po' il teorema dei seni. Dunque $\Phi(C )=E$.

$\Phi(P )$ cosa sarà? $P$ è l'intersezione di $\Gamma(D,E,\infty)$ e di $\Gamma(A,B,C)$. $\Phi(P )$ sarà l'intersezione di $\Phi(\Gamma(D,E,\infty))$ e $\Phi(\Gamma(A,B,C))$. Ora, si ha che $\Phi(\Gamma(D,E,\infty))=\Gamma(\Phi(D),\Phi(E),\Phi(\infty))=\Gamma(B,C,A)$ e che $\Phi(\Gamma(A,B,C))$ quindi è $\Gamma(D,E,\infty)$. Quindi $\Phi(P )=P$!

Da ciò scopriamo che $P$ appartiene alla circonferenza di inversione, dunque $|AP|=c/2$. Ora
\[|PD|=|AP|\cdot\frac{\sin\delta}{\sin\gamma}=\frac{c}{2}\cdot\frac{\sin\delta}{\sin\gamma}=\frac{|PB|}2,\]
dove ho ancora usato il teorema dei seni. Abbiamo dunque mostrato la tesi.

[Saro00]

Carino

Testo nascosto:

Lemma: I triangoli $ APD $ e $ ABP $ sono simili
Dimostrazione: Per ipotesi sappiamo che $ \angle ADE \cong \angle ACB $, ma per la ciclicità di $ ABCP $ sappiamo anche che $ \angle ACB \cong \angle APB $, quindi $ \angle ADE \cong \angle APB $, il che dimostra la tesi del Lemma.
Applicando il Lemma, sappiamo che $ \displaystyle\frac{AD}{AP}=\frac{\frac{1}{4}c}{AP}=\frac{AP}{c} \iff AP=\frac{1}{2}c $.
Sempre per il Lemma sappiamo che $ \displaystyle\frac{AP}{AB}=\frac{\frac{1}{2}c}{c}=\frac{1}{2}=\frac{DP}{BP} \iff BP \cong 2 DP $

EDIT: anticipato, ma dato che è diversa (e soprattutto in sintetica ) la lascio

[Gerald Lambeau]

Un'altra:

Testo nascosto:

$\widehat{ACB}=\widehat{APB}$ perché insistono sullo stesso arco $AB$, quindi $\widehat{APB}=\widehat{ACB}=\widehat{EDA}=\widehat{PDA} \Rightarrow \widehat{APB}=\widehat{PDA}$.
Dato che $\widehat{BAP}=\widehat{DAP}$, ne segue che i triangoli $PAB$ e $DAP$, che hanno due angoli in comune, sono simili; di conseguenza, il rapporto $\displaystyle \frac{PB}{PD}$ è uguale alla radice quadrata del rapporto fra le loro aree $\left(\displaystyle \frac{[PAB]}{[DAP]}\right)$.
Dato che i segmenti $AB$ e $AD$ stanno sulla stessa retta, l'altezza condotta da $P$, che arriva a questa retta, è la stessa nei due triangoli $PAB$ e $DAP$, dunque il rapporto fra le loro aree è pari al rapporto fra i due segmenti:
$\displaystyle \frac{[PAB]}{[DAP]}=\frac{AB}{AD}=\frac{4AD}{AD}=4 \Rightarrow \frac{PB}{PD}=\sqrt{4}=2 \Rightarrow PB=2PD$ $q. e. d.$.

[Giovanni_98]

Eh ma qua vince Saro però . Comunque giuste quelle di Gerald e Saro, quella di Talete boh, non so ancora usare le inversioni.