aree

[frengo]

Let $ P $ be a point inside a triangle $ ABC $ such that $ \angle PBC = \angle PCA < \angle PAB $. The line $ PB $ meets the circumcircle of triangle $ ABC $ at a point $ E $ (apart from $ B $). The line $ CE $ meets the circumcircle of triangle $ APE $ at a point $ F $ (apart from $ E $). Show that the ratio $ \displaystyle \frac{\left|APEF\right|}{\left|ABP\right|} $ does not depend on the point $ P $, where the notation $ \left|P_1P_2...P_n\right| $ stands for the area of an arbitrary polygon $ P_1P_2...P_n $

traduzione:


Sia $ P $ un punto dentro al triangolo $ ABC $ tale che $ \angle PBC = \angle PCA < \angle PAB $. La retta $ PB $ incontra il cerchio circoscritto al triangolo $ ABC $ nel punto $ E $ (diverso da $ B $). La retta $ CE $ incontra il cerchio circoscritto al triangolo $ APE $ nel punto $ F $ (diverso da $ E $). Dimostrare che il rapporto $ \displaystyle \frac{\left|APEF\right|}{\left|ABP\right|} $ non dipende dalla scelta del punto $ P $, dove $ \left|P_1P_2...P_n\right| $ rappresenta l'area del poligono $ P_1P_2...P_n $.

ciao ciao

[Leblanc]

Divido la dimostrazione in due parti: nella prima dimostro che $ |ABEF|=|ACF| $, nella seconda dimostro che $ \frac{|ACF|}{|ABP|}= \frac {AC^2}{AB^2} $ (che ovviamente non dipende dalla scelta di P)

Parte 1:
Si ha che $ \angle CAE = \angle PBC $ (per la ciclicita' di $ ABCE $) $ = \angle CAP $ per ipotesi; quindi AE e' parallelo a CP. Di conseguenza detto $ X=AC \cap EP $ i due triangoli AXE e PCX sono simili; quindi $ AX * XP = CX * EX $, $ AX * XP * sin \angle AXP = CX * EX `* \angle CXE $ , $ |AXP|= |XEC| $. Il resto non cambia, fa gia' parte del triangolo ACF.

Parte 2:
Voglio dimostrare che i triangoli ACF e ABP sono simili.
Si ha che $ \angle ECA = \angle PBA $ per la ciclicita' di $ ABCE $; per la ciclicita' di $ APEF $ si ha $ \angle EFA = \angle APB $. Da cui la tesi:)