Gara di Firenze pt2

[Fbuonarroti]

Dato un triangolo $ ABC $ si consideri l'altezza uscente da $ C $ e la bisetrice uscente da $ B $, si dica $ P $ il loro punto di intersezione.
Dimostrare che il rapporto tra le aree dei triangoli $ APB $ e $ APC $ è un numero razionale
Edit: sono un cretino e mi ero scordato l'ipotesi che i lati del triangolo sono interi

[AlexThirty]

Testo nascosto:

Con $ [ABC] $ si intende l'area del trangolo di vertici $ A, B, C $.
Sia $ H $ il piede dell'altezza uscente da $ C $ e $ L $ la proiezione di $ P $ su $ BC $.
L'area di $ \triangle APB $ la troviamo con $ [APB]=\frac{AB\cdot PH}{2} $ mentre definiamo l'area di $ APC $ come $ [APC]=\frac{AB\cdot CH}{2}-[CPB]-[APB] $.
Quest'ultima vale $ [APC]=\frac{AB\cdot CH}{2}-\frac{BC\cdot PL}{2}-\frac{AB\cdot PH}{2} $.
Facciamo quindi il rapporto $ \frac{[APC]}{[APB]}=\frac{CH}{PH}-\frac{BC\cdot PL}{AB\cdot PH}-1 $. Ricordando che, siccome $ P $ appartiene alla bisettrice di $ B $, allora è equidistante da $ BC, AB $ e quindi $ PH=PL $.
Il rapporto vale quindi $ \frac{[APC]}{[APB]}=\frac{CH}{PH}-\frac{BC}{AB}-1 $. Per le ipotesi che i lati sono di lunghezza intera, possiamo dire che $ \frac{BC}{AB}-1 $ è razionale. Ci basta quindi mostrare che anche $ \frac{CH}{PH} $ lo è. Riscriviamo come $ \frac{CP+PH}{PH}=1+\frac{CP}{PH} $. Ora, $ B $ è bisettrice anche nel triangolo rettangolo $ BCH $, da cui per il teorema della bisettrice $ \frac{CP}{PH}=\frac{BC}{BH} $. Ma $ BH=BC\cdot cos(B) $. Il problema è quindi diventato dimostrare che $ cos(B) $ è razionale. Ma per il teorema di Carnot su $ ABC $, $ cos(B)=\frac{BC^2+BA^2-AC^2}{2BC\cdot BA} $ che per ipotesi è razionale. Quindi il rapporto tra le aree è razionale

[matpro98]

Scusa, dov'è l'ipotesi che i lati siano interi?

[AlexThirty]

Scusa, dov'è l'ipotesi che i lati siano interi?

Si scusa mi sono dimenticato. Nei testi originali c'era e se vuoi posso anche mandarteli... Mi sono scordato di scrivere che lui probabilmente si è dimenticato di scriverlo

[Fbuonarroti]

Alex hai partecipato alla gara? In che aula eri?

[AlexThirty]

Alex hai partecipato alla gara? In che aula eri?

No... Semplicemente un certo bern mi ha passato i testi
Tu l'hai fatta? Come ti è andata?

[matpro98]

Io invece l'avevo fatto in baricentriche.
Sia $H_C$ il piede dell'altezza da $C$, allora $H_C=(a^2-b^2+c^2:-a^2+b^2+c^2:0)$, quindi abbiamo la retta $CH_C:(a^2-b^2-c^2)x+(a^2-b^2+c^2)y=0$ e la retta $BP:cx-az=0$. $P$ risulta quindi $P=\left(a(a^2-b^2+c^2):a(-a^2+b^2+c^2):c(a^2-b^2+c^2) \right)$. Il rapporto $\dfrac{[APB]}{[APC]}$ equivale al rapporto tra la terza e la seconda coordinata di $P$, quindi $\dfrac{[APB]}{[APC]}=\dfrac{c(a^2-b^2+c^2)}{a(-a^2+b^2+c^2)}$ ed essando i lati interi, quel rapporto è razionale.

[AlexThirty]

Io invece l'avevo fatto in baricentriche.
Sia $H_C$ il piede dell'altezza da $C$, allora $H_C=(a^2-b^2+c^2:-a^2+b^2+c^2:0)$, quindi abbiamo la retta $CH_C:(a^2-b^2-c^2)x+(a^2-b^2+c^2)y=0$ e la retta $BP:cx-az=0$. $P$ risulta quindi $P=\left(a(a^2-b^2+c^2):a(-a^2+b^2+c^2):c(a^2-b^2+c^2) \right)$. Il rapporto $\dfrac{[APB]}{[APC]}$ equivale al rapporto tra la terza e la seconda coordinata di $P$, quindi $\dfrac{[APB]}{[APC]}=\dfrac{c(a^2-b^2+c^2)}{a(-a^2+b^2+c^2)}$ ed essando i lati interi, quel rapporto è razionale.

Vedendo che si trattava di aree ho pensato suboto che in baricentriche venisse easy. Poi ho pensato che devo esercitarmi in sintetica che sono molto scarso e ho cercato la via più base diciamo