Finalmente...

[Saro00]

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} $

[Giovanni_98]

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.

[Saro00]

Giusta
Metto in spoiler un idea per risolverlo in sintetica (e che spiega il titolo)

Testo nascosto:

Finalmente... Il teorema dei gialli

Testo nascosto:

I gialli di cui parlo non sono i cinesi

[igoh]

Testo nascosto:

Allora sia
$M$ punto medio di $BC$ (che è ovviamente anche la proiezione di $D$ su $BC$)
$N$ poriezione di $D$ sulla retta $AC$.
Come da hint usiamo il teorema di Simson per cui $M$,$N$ e $E$ allineati quindi possiamo usare Menelao con questa retta e $ABC$ da cui si ottiene

$ \dfrac{BM*CE*AN}{MC*EA*NB}$ che si semplifica in

$ \dfrac{CE*AN}{EA*NB}$. (1)
Ora tracciamo la bisettrice di $\widehat{BAC}$ essa interseca la circonferenza in un punto $P$ che è diametralmente opposto di D (anche queste ultime due assunzioni sono banali con le proprietà degli archi) dunque $\widehat{PAD}$ retto e ne consegue che $AD$ è bisettrice esterna di $\widehat{BAC}$.
Da $\widehat{NAD}\cong\widehat{DAE}$ si deduce la congruenza dei triangoli $NAD$ e $DAE$ e quindi $AN\cong AE$ che sostituita in (1) da la tesi.

[Saro00]

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

[igoh]

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:

Si costruisca $C'$ simmetrico di $C$ rispetto ad $E$.
Poiché i triangoli $ADB$ e $ADC'$ sono equivalenti $AB\cong AC'$(questa parte si puo pure saltare dimostrando che $C'$ è simmetrico di $B$ rispetto ad $AD$) da cui la tesi.

[igoh]

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

Ok grazie della correzione