un bel geometrico francese

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Leblanc
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un bel geometrico francese

Messaggio da Leblanc » 21 mag 2007, 20:13

ABC e' un triangolo tale che $ ACB<BAC<\frac{\pi}{2} $.
$ D $ e' un punto di $ AC $ tale che $ AB=BD $.
L'incerchio di $ ABC $ tange il lato $ AB $ in $ K $ e $ AC $ in $ L $; $ J $ e' l'incentro di $ BCD $.
Sia $ P $ l'intersezione tra $ JA $ e $ KL $.
Dimostrare che $ JP=JA $

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edriv
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Messaggio da edriv » 21 mag 2007, 22:44

Mi scuso per l'incasinatezza della soluzione...
Sia ABC quel triangolo lì.
Sia S il piede dell'altezza da B.
Sia M dove la circonf. inscritta a BCD tocca AD
Siano K,L,J come descritti da Maria
Sia Q l'intersezione tra l'asse di SL e la retta KL

Bene, siamo pronti! :lol:

edit: aggiungo l'immagine che se no non si capisce un fico secco
Immagine

1) SQ = LQ, perchè Q è sull'asse
2) $ ~ \angle QSL = \angle SLQ = \cdots = 90-\frac{\alpha}2 = \ldots = \angle JDC $, quindi SQ e DJ sono parallele
3) 2LM = 2CL - 2CM = (AC + BC - AB) - (CD + BC - BD) = AC - CD = AD, quindi LM = AS = SD
4) detto F il punto medio di SL, si ha 2SF = DM
5) L'omotetia di centro A e fattore 2:
- porta S in D, F in M
- porta la perpendicolare ad AC per F nella perpendicolare ad AC per M
- porta la retta SQ nella sua parallela per D, quindi DJ
- porta l'intersezione delle rette descritte all'inizio delle ultime due righe nell'intersezione delle rette descritte alla fine delle ultime due righe
- porta Q in J
6) Quindi Q è sulla retta AJ, e sappiamo che Q è sulla retta KL, quindi Q coincide con P

E per la storia dell'omotetia, sappiamo anche che JQ = QA, cioè JP = PA, e non JP = JA, cara Maria :P

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