WC07 TST B1

[enomis_costa88]

Sia $ ABCDE $ un pentagono convesso tale che:

$ \widehat{BAC}=\widehat{CAD}=\widehat{DAE} $,
$ \widehat{ABC}=\widehat{ACD}=\widehat{ADE} $.

Sia P il punto di incontro delle diagonali BD e CE.
Dimostrare che la retta AP passa per il punto medio di CD.

Buon lavoro, Enomis.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

forse ho una soluzione che però mi pare un po' banale:

chiamiamo $ D^I $ l'intersezione di CD con CA, $ C^I $ l'intersezione di CE con AD e $ A^I $ il punto medio di CD.

Innanzitutto si nota la similitudine tra i triangoli $ \triangle ADE $, $ \triangle CDA $e $ \triangle CBA $ per ipotesi degli angoli.

Affinche AP passi per il punto medio di CD basta dimostrare la concorrenza delle ceviane $ CC^I $, $ DD^I $ con la mediana $ AA^I $.
Per il teorema di ceva si avrebbe
$ DC^I \cdot AD^I \cdot CA^I = AC^I \cdot CD^I \cdot DA^I $
essendo $ DA^I = CA^I $ si ha:
$ DC^I \cdot AD^I = CD^I \cdot AC^I $ che equivale a
$ \frac{DC^I}{AC^I}=\frac{CD^I}{AD^I} $
ma questo è vero perchè si ha anche la similitudine dei quadrilateri CDEA e BCDA (sono simili perchè composti da triangoli simili) per ipotesi, quindi $ CC^I $, $ DD^I $ e $ AA^I $ concorrono.

[enomis_costa88]

Okay.. (più o meno la mia stessa soluzione..)
Pare che questo problema si risolvesse bene anche con i complessi..non è che Sam potrebbe scrivere la sua soluzione?

[Simo_the_wolf]

Per la sol coi complessi: metto l'origine in $ A $ e metto $ B $ in $ 1 $. Se $ C $ è $ z $ numero complesso allora gli altri due vertici sono $ z^2 $ e $ z^3 $.

Io devo dimostrare che le rette $ (0,(z+z^2)/2) $, $ (1,z^2) $, $ (z,z^3) $ sono concorrenti.

$ P \in AB $ vuol dire $ (p-a)/(b-a) $ numero reale.

Detto $ p $ il punto d'itersezione tra la seconda e la terza retta io ho che $ (p-1)/(z^2-1) $ e $ (p-z)/(z^3-z) $ sono numeri reali. Sottraendo questi due trovo che $ (zp-p)/(z^3-z)=p/(z^2+z) $ è reale. Ma questo vuol dire che $ p \in (0, (z+z^2)/2) $ e quindi le tre rette concorrono.

[EvaristeG]

Uff fregato sul tempo ... e la mia era pure più contosa (non si fa molta fatica a trovare p, con l'idea giusta...).
Per redimermi:
dimostrate come volete che i triangoli BCD e CDE sono simili; dopo di che, poichè
$ \widehat{ABP}=\widehat{ACP} $, ABCP è ciclico e poichè $ \widehat{PBC}=\widehat{PCD} $, CD è la tangente in C alla sua circonferenza circoscritta.
Similmente, APDE è ciclico e CD è tangente in D alla sua circonferenza circoscritta.
Ma allora AP (che è asse radicale di queste due circonferenze) incontra DC (che è tangente comune) nel punto medio.