Staffetta geometria?

[fraboz]

ragazzi stavo pensando di iniziare una staffetta di geometria . ditemi se vi va bene o no, comunque posto il problema.
Su una circonferenza consideriamo cinque punti che chiamiamo ordinatamente $ A, M, B, C, D $ e sia $ M $ equidistante da $ A, B $. Siano inoltre $ E, F $ rispettivamente le intersezioni di $ MD $ con $ AC $ e di $ MC $ con $ BD $, Si dimostri che il quadrilatero $ CDEF $ è inscrivibile in una circonferenza.

[paga92aren]

1) gli angoli ACM e BDM sono uguali perché insistono su archi uguali
2) gli angoli ECF e EDF sono uguali (sono gli stessi di sopra) quindi CDEF ciclico

Ditemi se ne devo postare un'altro...

[paga92aren]

Rilancio appena inventato:
Detta $\Gamma$ la circonferenza per ADE e P l'intersezione tra MA e $\Gamma$ e Q (costruito come P) intersezione di MB e della circonferenza per BCF, dimostrare;
1) P, Q, E e F sono allineati
2) ABPQ sono ciclici

[kakkarone93]

2) gli angoli ECF e EDF sono uguali (sono gli stessi di sopra) quindi CDEF ciclico

non mancherebbe un "pezzo" ? cioè, come arrivi alla conclusione che è ciclico?

[paga92aren]

basta dire che C e D appartengono allo stesso semipiano rispetto a EF...

[EvaristeG]

viewtopic.php?f=30&t=15303

Vi prego di leggere il link e provvedere a strutturare la staffetta di conseguenza.

[kakkarone93]

basta dire che C e D appartengono allo stesso semipiano rispetto a EF...

si ma continuo a non capire perchè da questo allora è inscrivibile... cioè una dimostrazione va spiegata passo per passo, senza dare per scontato no?

[paga92aren]

Credevo fosse un fatto noto (o teorema) ma a richiesta lo dimostro:
Prendo in considerazione 4 punti (in ordine) A, B, C e D tali che i due angoli che insistono sul segmento AB sono uguali, allora il quadrilatero ABCD è ciclico.
Dimostrazione:
1) detto E l'incontro delle diagonali, i triangoli ADE e BCE sono simili, infatti hanno due angoli opposti al vertice (AED=BEC) e due uguali per ipotesi (ECB=EDA). Attenzione ho usato implicitamente l'ipotesi che i punti C e D stanno sullo stesso semipiano individuato dalla retta AB.
Deduco quindi che AE:ED = EB:EC
2) I triangoli AEB e DEC sono simili, infatti hanno due angoli opposti al vertice (DEC=AEB) e i lati in proporzione: AE:EB = DE:EC (uso la relazione dedotta nel punto 1 e la proprietà delle proporzioni).
3) Per somma degli angoli interni vale che ADC+DCA+CAD=$\pi$ ma per 1) sappiamo che DAC=DBC e per 2) che DCA=DBA quindi la relazione diventa ADC+DBC+DBA = ADC+ABC=$\pi$ da cui la tesi.

[Federiko]

Rilancio appena inventato:
Detta $\Gamma$ la circonferenza per ADE e P l'intersezione tra MA e $\Gamma$ e Q (costruito come P) intersezione di MB e della circonferenza per BCF, dimostrare;
1) P, Q, E e F sono allineati
2) ABPQ sono ciclici

Step 1: $EF\parallel AB$. Infatti per la ciclicità di prima gli angoli $FEC=FDC=BAC$.
Step 2: $PE\parallel AB$. Infatti $MPE=MDA=BAM$ perché gli archi $MA=MB$.
Ripetiamo l'analogo ragionamento con Q e troviamo che $MQF=MBA$. Pertanto P,E,F,Q sono tutti allineati su una retta parallela ad $AB$ e il quadrilatero ABPQ è un trapezio isoscele, dunque ciclico.
Vado col prossimo problema?

[paga92aren]

Hai dimostrato che ABPQ è un trapezio ma perché è isoscele?

Io lo ho risolto usando il "teorema francese" (forse si chiama in un'altro modo):
Date tre circonferenze $\Gamma_1,\Gamma_2, \Gamma_3$ che si incontrano in un punto O e definiti $A=\Gamma_1 \cap \Gamma_2$, $B=\Gamma_2 \cap \Gamma_3$ e $C=\Gamma_3\cap \Gamma_1$ (se esistono due intersezioni intendo quelle diverse da O) e preso un punto P su $\Gamma_1$ e definiti $P'=\Gamma_2 \cap AP$ e $P''=\Gamma_3 \cap P'B$ allora PP''C sono allineati.

(è più lungo a dirsi che a disegnarlo) qualcuno lo vuole dimostrare? o lo vuole applicare all'esercizio?
Intanto Federiko puoi postare la fine di questa dimostrazione e il prossimo problema.

[amatrix92]

Sì però il prossimo problema postatelo su un altro topic !

[Federiko]

Il trapezio è isoscele perché gli angoli in P e Q sono $MAB$ e $MBA$ che sono uguali.
Molto carina la tua!!

Il prossimo problema è qui

[Anér]

Ma sì, facciamo un aggiornamento.
Da qui il problema 2 e la soluzione:

$ ABC $ triangolo con $\Gamma$ circonferenza circoscritta. Sia $A_1$ la seconda intersezione di $\Gamma$ con la parallela a $BC$ passante per $A$, e siano similmente definiti $B_1,C_1$. Dimostrare che le perpenicolari da $A_1,B_1,C_1$ a $BC,CA,AB$ concorrono (altrimenti detto, i triangoli $ABC$ e $A_1B_1C_1$ sono ortologici)

Chiamiamo, per comodità, $ r $ l'altezza $ AH $ relativa a $ BC $, $ s $ la perpendicolare a $ BC $ per $ A_1 $ e $ t $ l'asse di $ BC $: queste rette sono chiaramente parallele tra loro. Essendo $ BC $ e $ AA_1 $ due corde di $ \Gamma $ parallele per ipotesi, i loro assi coincidono, dunque $ t $ è anche l'asse di $ AA_1 $ e di conseguenza passa per il suo punto medio, ma $ A \in r $ e $ A_1 \in s $, perciò $ t $ è equidistante da $ r $ e $ s $: queste ultime saranno quindi simmetriche rispetto a qualunque punto di $ t $, e in particolare al circocentro di $ ABC $. Applicando lo stesso procedimento agli altri lati concludiamo che le rette di cui si vuole dimostrare la concorrenza sono le simmetriche, rispetto al centro di $ \Gamma $ (giusto per non fare ripetizioni ), delle altezze di $ ABC $, ovvero le altezze del simmetrico di $ ABC $, che dovranno per forza concorrere.

Da qui invece il problema 3 e la sua soluzione:

Siano P e Q due punti appartenenti a una circonferenza $ \Gamma $, r e s due rette perpendicolari passanti per P (non tangenti a $ \Gamma $), A e B le proiezioni di Q su r e s, C e D i secondi punti di intersezione di $ \Gamma $ con r e s, e M l'intersezione tra AB e CD. Dimostrare che $ QM \bot CD $

Per la ciclicità di $QDCP$, si ha $\angle QDC = \angle APQ = \angle ABQ$. Quindi $QBMD$ è ciclico e $\angle QMD=\angle QBD = \dfrac{\pi}{2}$ come si voleva.

[paga92aren]

Da qui il problema 4 e la soluzione:

$ \textbf{Problema 4} $
Sia $B$ un punto su una circonferenza $\gamma$. Sia $A$ un punto distinto da $B$ preso sulla tangente condotta da $B$ alla circonferenza. Sia $C$ un punto che NON appartiene a $\gamma$, tale che $AC$ interseca $\gamma$ due volte. Sia $\omega$ la circonferenza che tange la retta $AC$ in $C$ e la circonferenza $\gamma$ in $D$, in maniera tale che $\omega$ è nel semipiano di origine $AC$ opposto a quello in cui si trova $B$. Dimostrare che il circocentro di $BCD$ giace sulla circonferenza circoscritta a $ABC$.

Definizioni: O è il centro di $\gamma$, O' il centro di $\omega$, $\Gamma$ la circonferenza per ABC, G l'intersezione tra OB e O'C e H l'intersezione tra O'C e AB, I il circocentro di BCD.
1) G appartiene a $\Gamma$, infatti i triangoli AHC e BHG sono simili (due angoli retti e due opposti al vertice) quindi gli angoli $\widehat{CAH}=\widehat{HGB}$, poiché A appartiene a $\Gamma$ e sta sullo stesso semipiano di G rispetto a BC allora G appartiene a $\Gamma$.
2) I è l'incentro di OO'G: infatti l'asse di BD (e di CD) passa per il centro O (o O') e di conseguenza biseca l'angolo $\widehat{BOD}$ (o $\widehat{CO'D}$).
3) I è sia asse del segmento BC, che passa per il centro di $\Gamma$, sia appartiene alla bisettrice di $\widehat{BGC}$ quindi l'intersezione tra $\Gamma$ e la bisettrice è sul punto medio di CB e l'intersezione tra $\Gamma$ e l'asse di BC è il punto medio dell'arco BC quindi coincidono con I.

Se la bisettrice e l'asse coincidono allora A coincide con B che non si verifica per ipotesi.

P.S.: Mi hanno fatto notare problemi di configurazione: può capitare che $I$ non sia l'incentro di OO'G, ma l'excentro comunque appartiene alla bisettrice di BGC.

[Anér]

Da qui il rpoblema 5 e la sua soluzione:

Dato un quadrilatero i cui prolungamenti dei lati opposti si incontrano in E e in F, dimostrare che il punto medio di EF è allineato con i punti medi delle diagonali.

Allora, sia $ABCD$ il quadrilatero, $E$ l'intersezione di $AB$ e $CD$, $F$ di $AD$ e $BC$. Siano $P$, $Q$, $R$ i punti medi di $AC$, $BD$ e $EF$ rispettivamente.
Siano $A'$, $B'$, $F'$ i punti medi di $BF$, $AF$ e $AB$ rispettivamente.

Noto che la congiungente i punti medi dei lati di un triangolo è parallela al terzo lato, sappiamo che, per Talete, $\frac{F'P}{PB'}=\frac{BC}{CF}$, $\frac{A'Q}{QF'}=\frac{FD}{DA}$, $\frac{B'R}{RA'}=\frac{AE}{EB}$. Ma, per il teorema di Menelao sul triangolo $ABF$ e la retta per $C$, $D$, $E$, il loro prodotto vale $-1$, quindi, per lo stesso teorema sul triangolo $A'B'F'$, $P$, $Q$ ed $R$ sono allineati.

Da qui il problema 6 e la sua soluzione:

Sia $P$ un punto interno ad un triangolo $ABC$, e siano $D$, $E$, $F$, le sue proiezioni su $BC$, $AC$ e $AB$ rispettivamente. Determinare tutti i punti $P$ che minimizzano $$\frac{BC}{PD}+\frac{CA}{PE}+\frac{AB}{PF}$$

Siano $ S $ l'area del triangolo e $ 2p $ il suo perimetro: per la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz si ha:
$ \left( \dfrac{BC}{PD}+\dfrac{AC}{PE}+\dfrac{AB}{PF} \right)(BC \cdot PD+AC \cdot PE+AB \cdot PF) \ge (BC+AC+AB)^2 $ (1)
da cui segue per sostituzione
$ \dfrac{BC}{PD}+\dfrac{AC}{PE}+\dfrac{AB}{PF} \ge \dfrac{(2p)^2}{2S} $
Il secondo membro è il valore minimo della somma in questione, perciò dobbiamo esaminare il caso di uguaglianza, che, riprendendo la (1), si ha se e solo se
$ \dfrac{\dfrac{BC}{PD}}{BC \cdot PD}=\dfrac{\dfrac{AC}{PE}}{AC \cdot PE}=\dfrac{\dfrac{AB}{PF}}{AB \cdot PF} \Rightarrow \dfrac{1}{PD^2}=\dfrac{1}{PE^2}=\dfrac{1}{PF^2} \Rightarrow PD=PE=PF $
pertanto $ P $ deve essere l'incentro di $ ABC $