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Consideriamo un triangolo ABC, O circocentro, D tale che ABCD è un parallelogramma, E il punto diametralmente opposto a B rispetto alla circoscritta di ABC. Dimostrare che i raggi della circoscritta a ABC e a ADE sono congruenti.

Sia $O'$ il simmetrico di $O$ rispetto ad $AE$, e sia $AO=BO=CO=EO=AO'=EO'=r$; dimostriamo che anche $DO'=r$, cioè che $O'$ è il circocentro di $\bigtriangleup ADE$ (che è di fatto la tesi).
$AE$ è perpendicolare sia a $OO'$ (per costruzione) sia a $AB$ ($BE$ è diametro), pertanto $AB//OO'$; dunque i due triangoli isosceli $\bigtriangleup OAO'$ e $\bigtriangleup AOB$ hanno un angolo uguale ($\angle OAB=\angle AOO'$). Inoltre anche i loro lati obliqui sono uguali, da cui si deduce l'uguaglianza delle basi. Ma allora $OO'=AB=CD$; inoltre $OO'//AB//CD$. Pertanto il quadrilatero $CDO'O$ è un parallelogramma, e in particolare $DO'=CO=r$.

È anche carino con i vettori! (direi one line, se indovini il centro xD)

Drago96 ha scritto:È anche carino con i vettori! (direi one line, se indovini il centro xD)

Non è che ci sia tanto da indovinare, la circonferenza deve passare per A e per E e avere raggio AO, non credo ce ne siano tante

Delfad0r ha scritto:

Drago96 ha scritto:È anche carino con i vettori! (direi one line, se indovini il centro xD)

Non è che ci sia tanto da indovinare, la circonferenza deve passare per A e per E e avere raggio AO, non credo ce ne siano tante

Ok, facendo le tue considerazioni sulla posizione di $O'$ non era troppo complicato capire che doveva essere $\vec{A}-\vec{B}$... ma fatte le tue considerazioni, tanto valeva finire in sintetica come hai fatto.

Quel che intendeva Drago, credo, era che anche con un approcio direttamente vettoriale, si ha che $A, D, E$, ponendo l'origine in $O$, sono $\vec{A}$, $\vec{C}+\vec{A} - \vec{B}$ e $-\vec{B}$ rispettivamente. E da qui si poteva vedere/indovinare che $\vec{A}- \vec{B}$ ci va bene come centro perchè le differenze tra lui e $A,D,E$ sono rispettivamente $-\vec{B}$, $-\vec{C}$ e $\vec{A}$, che hanno modulo $R$.

Esatto