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paga92aren ha scritto: 2) gli angoli ECF e EDF sono uguali (sono gli stessi di sopra) quindi CDEF ciclico

paga92aren ha scritto:basta dire che C e D appartengono allo stesso semipiano rispetto a EF...

paga92aren ha scritto: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

Federiko ha scritto:$ 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)

spugna ha scritto: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.

spugna ha scritto: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 $

bĕlcōlŏn ha scritto: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.

bĕlcōlŏn ha scritto:$ \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 $ABC$.

paga92aren ha scritto: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.

paga92aren ha scritto: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.

sasha™ ha scritto: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.

sasha™ ha scritto: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 $$\frac{BC}{PD}+\frac{CA}{PE}+\frac{AB}{PF}$$

spugna ha scritto: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 $