Preso un quadrilatero ciclico $ ABCD $ sia $ E $ l'intersezione di $ AC $ con $ BD $ e sia $ \Gamma $ una circonferenza tangente internamente all'arco $ BC $ (non contenente $ D $) in $ T $ e tangente a $ BE $ e $ CE $. Chiamiamo $ R $ il punto di incontro della bisettrice di $ \angle ABC $ con la bisettrice di $ \angle BCD $ e $ S $ l'incentro di $ BCE $. Dimostrare che $ R $, $ S $ e $ T $ sono allineati.
(Gabriel Giorgieri)
R,S e T allineati, problema 3
R,S e T allineati, problema 3
The only goal of science is the honor of the human spirit.
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karlosson_sul_tetto
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karlosson_sul_tetto
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Allora posso dire che sul programma che ho fatto io mi risultava che c'era una situazione in cui R,T e S nn sono allineati,ma nn ne sono prorpio sicuro perché mi sa che ho sbagliato a fare lo schema...Maioc92 ha scritto:karlosson adesso basta però questi messaggi sono del tutto inutili...o contribuisci alla risoluzione del problema in modo costruttivo oppure smettila di spammare
Pikachu ha smesso,incomincia un altro...Mossolrak ha scritto:Mi sono iscritto espressamente per prenderti in giro!
Ultima modifica di karlosson_sul_tetto il 30 set 2009, 22:00, modificato 1 volta in totale.
"Inequality happens"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"
Karlossom, parlar male di te è abbastanza scontato come parlar male del tg4 o della Salerno-Reggio Calabria.
Però i tuoi messaggi sono fuori luogo in questo forum: troverebberro il contesto ideale nelle tipiche conversazioni che si possono udire alla taverna del Puzzone o all'osteria "Cencio, la parolaccia".
P.s.: lo so perchè sono un assiduo frequentatore
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Però i tuoi messaggi sono fuori luogo in questo forum: troverebberro il contesto ideale nelle tipiche conversazioni che si possono udire alla taverna del Puzzone o all'osteria "Cencio, la parolaccia".
P.s.: lo so perchè sono un assiduo frequentatore
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exodd
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- Località: sulle pendici della provincia più alta d'europa
ma una soluziona la postate??
Tutto è possibile: L'impossibile richiede solo più tempo
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
julio14 ha scritto: jordan è in realtà l'origine e il fine di tutti i mali in $ \mathbb{N} $
ispiratore del BTAEvaristeG ha scritto:Quindi la logica non ci capisce un'allegra e convergente mazza.
in geometry, angles are angels
"la traslazione non è altro che un'omotetia di centro infinito e k... molto strano"
Mi scuso per l'off topic che segue, ma sembra indispensabile.
Cari karlosson_sul_tetto e Mossolrak, la politica di moderazione di questo forum non include, di solito, il cancellare i messaggi, ma se continuate così saremo obbligati a farlo. Nei thread di discussione dei problemi è buon senso postare solo interventi strettamente inerenti all'argomento; questa non è una chat, quindi commenti inutili in cui dite di avere sonno, di odiare qualcuno, che vi prude la giunzione omero-sacrale e cose simili sono sgraditi e fastidiosi, perché restano qui, rendendo più difficile ad un lettore il seguire lo svolgersi della discussione sul problema e individuare i post con la soluzione. Finitela, o dovremo prendere provvedimenti.
Cari karlosson_sul_tetto e Mossolrak, la politica di moderazione di questo forum non include, di solito, il cancellare i messaggi, ma se continuate così saremo obbligati a farlo. Nei thread di discussione dei problemi è buon senso postare solo interventi strettamente inerenti all'argomento; questa non è una chat, quindi commenti inutili in cui dite di avere sonno, di odiare qualcuno, che vi prude la giunzione omero-sacrale e cose simili sono sgraditi e fastidiosi, perché restano qui, rendendo più difficile ad un lettore il seguire lo svolgersi della discussione sul problema e individuare i post con la soluzione. Finitela, o dovremo prendere provvedimenti.
Haile ha scritto:Come domanda forse sarebbe meglio... "Qualcuno l'ha risolto?" =)exodd ha scritto:ma una soluziona la postate??
Se non vado errato, e' un corollario del seguente problema:
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?s ... 321&t=6086
Basta applicare DUE VOLTE il risultato "iran99" alla figura in maniera opportuna e si ottiene la tesi.
Ok, parliamone, come si può affrontare un simile problema?
1. Innanzitutto si fa la figura, cercando di capire come si fa a costruirla in poco tempo (poi magari fate solo lo schizzo a matita, ma ponetevi il problema di COME costruire la figura, già che c'è il thread di Tibor Gallai).
Il primo problema che troverete è costruire la circonferenza $ \Gamma $ e questo vi dice che gli angoli che la riguardano (in particolare quelli che permettono di trovare il punto $ T $, grazie al quale costruireste in poco tale circonferenza) saranno probabilmente un casino.
2. Poi è bene notare come graficamente si definiscono i punti che ci interessano; T è un problema come detto, ma what about gli altri due? R è l'intersezione di due bisettrici ed S pure.
S in realtà è l'incentro di ECB, quindi intersezione di 3 bisettrici, due delle quali passano per punti "nobili" quali C e B e una passa per un punto "di servizio" come è E. La scelta cade per forza sulle bisettrici da C e B, visto che poi anche R è individuato da due bisettrici partenti da quei punti.
Ora, più precisamente,
$ S $: intersezione delle bisettrici di $ E\hat{B}C $ e $ E\hat{C}B $ o, riscritto in termini di punti nobili, di $ D\hat{B}C $ e $ A\hat{C}B $.
$ R $: intersezione delle bisettrici di $ A\hat{B}C $ e $ D\hat{C}B $
Oh, maraviglia! Se chiamiamo $ I_1 $ l'incentro di ABC e $ I_2 $ l'incentro di DBC, abbiamo che
$ R=BI_1\cap CI_2 $
$ S=BI_2\cap CI_1 $
R ed S sono quindi legati al quadrilatero $ BCI_2I_1 $ che improvvisamente acquista interesse ai nostri occhi!
3. Ora è il momento di tutte le osservazioni, anche le più stupide, che si possono fare più o meno a caso sulla figura: ad esempio gli angoli.
$ D\hat{B}C=D\hat{A}C $
$ B\hat{C}A=B\hat{D}A $
$ C\hat{B}A=\pi-C\hat{D}A $
$ D\hat{C}B=\pi-D\hat{A}B $
$ C\hat{T}B=\pi-C\hat{A}B $
e poi anche cose del tipo (differenze)
$ R\hat{B}S=R\hat{C}S $
ovvero
$ I_2\hat{B}I_1=I_2\hat{C}I_1 $
ovvero che $ BCI_2I_1 $ è ciclico!
Ma in fondo già si sapeva, no? Il circocentro del triangolo formato dall'incentro e due vertici del triangolo è il punto medio dell'arco di circonferenza circoscritta determinato dai due vertici. Nel nostro caso il circocentro di $ BCI_1 $ è il punto medio dell'arco tra B e C della circonferenza circoscritta ad ABC e quello di $ BCI_2 $ è il punto medio dell'arco tra B e C della circonferenza circoscritta a DBC. Ma queste sono la stessa circonferenza! Quindi il punto medio O dell'arco BC è circocentro comune.
4. Riassumiamo per ora: abbiamo un quadrilatero ciclico $ BCI_2I_1 $, con centro O, di cui intersechiamo le diagonali e una coppia di lati opposti; i due punti risultanti devono essere allineati con il buffo punto T.
Cos'è T, rispetto al quadrilatero o alla circonferenza di centro O? Poco, onestamente...
L'unica cosa che si può notare è che da O passano un po' di bisettrici: ad esempio $ DI_2 $ e $ AI_1 $, ma quindi anche $ TO $ è bisettrice (esterna però) di $ B\hat{T}C $.
Ok, a questo punto, che idee vi vengono?
1. Innanzitutto si fa la figura, cercando di capire come si fa a costruirla in poco tempo (poi magari fate solo lo schizzo a matita, ma ponetevi il problema di COME costruire la figura, già che c'è il thread di Tibor Gallai).
Il primo problema che troverete è costruire la circonferenza $ \Gamma $ e questo vi dice che gli angoli che la riguardano (in particolare quelli che permettono di trovare il punto $ T $, grazie al quale costruireste in poco tale circonferenza) saranno probabilmente un casino.
2. Poi è bene notare come graficamente si definiscono i punti che ci interessano; T è un problema come detto, ma what about gli altri due? R è l'intersezione di due bisettrici ed S pure.
S in realtà è l'incentro di ECB, quindi intersezione di 3 bisettrici, due delle quali passano per punti "nobili" quali C e B e una passa per un punto "di servizio" come è E. La scelta cade per forza sulle bisettrici da C e B, visto che poi anche R è individuato da due bisettrici partenti da quei punti.
Ora, più precisamente,
$ S $: intersezione delle bisettrici di $ E\hat{B}C $ e $ E\hat{C}B $ o, riscritto in termini di punti nobili, di $ D\hat{B}C $ e $ A\hat{C}B $.
$ R $: intersezione delle bisettrici di $ A\hat{B}C $ e $ D\hat{C}B $
Oh, maraviglia! Se chiamiamo $ I_1 $ l'incentro di ABC e $ I_2 $ l'incentro di DBC, abbiamo che
$ R=BI_1\cap CI_2 $
$ S=BI_2\cap CI_1 $
R ed S sono quindi legati al quadrilatero $ BCI_2I_1 $ che improvvisamente acquista interesse ai nostri occhi!
3. Ora è il momento di tutte le osservazioni, anche le più stupide, che si possono fare più o meno a caso sulla figura: ad esempio gli angoli.
$ D\hat{B}C=D\hat{A}C $
$ B\hat{C}A=B\hat{D}A $
$ C\hat{B}A=\pi-C\hat{D}A $
$ D\hat{C}B=\pi-D\hat{A}B $
$ C\hat{T}B=\pi-C\hat{A}B $
e poi anche cose del tipo (differenze)
$ R\hat{B}S=R\hat{C}S $
ovvero
$ I_2\hat{B}I_1=I_2\hat{C}I_1 $
ovvero che $ BCI_2I_1 $ è ciclico!
Ma in fondo già si sapeva, no? Il circocentro del triangolo formato dall'incentro e due vertici del triangolo è il punto medio dell'arco di circonferenza circoscritta determinato dai due vertici. Nel nostro caso il circocentro di $ BCI_1 $ è il punto medio dell'arco tra B e C della circonferenza circoscritta ad ABC e quello di $ BCI_2 $ è il punto medio dell'arco tra B e C della circonferenza circoscritta a DBC. Ma queste sono la stessa circonferenza! Quindi il punto medio O dell'arco BC è circocentro comune.
4. Riassumiamo per ora: abbiamo un quadrilatero ciclico $ BCI_2I_1 $, con centro O, di cui intersechiamo le diagonali e una coppia di lati opposti; i due punti risultanti devono essere allineati con il buffo punto T.
Cos'è T, rispetto al quadrilatero o alla circonferenza di centro O? Poco, onestamente...
L'unica cosa che si può notare è che da O passano un po' di bisettrici: ad esempio $ DI_2 $ e $ AI_1 $, ma quindi anche $ TO $ è bisettrice (esterna però) di $ B\hat{T}C $.
Ok, a questo punto, che idee vi vengono?