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Finalmente...
Inviato: 09 gen 2016, 15:23
da Saro00
Sia $ ABC $ un triangolo ($ AB<AC $) e $ \Gamma $ la sua circoscritta.
Sia $ D $ il punto medio dell'arco $ BC $ contenente $ A $.
Sia $ E $ il piede della perpendicolare da $ D $ a $ AC $.
Dimostrare che $ \displaystyle CE=\frac{AB+AC}{2} $
Re: Finalmente...
Inviato: 09 gen 2016, 17:02
da Giovanni_98
Dalla ciclicità di $ABCD$ ho $\angle ABD = \angle ACD$. Per il teorema del coseno ottengo
$$AB^2 + BD^2 - 2\cdot AB\cdot BD \cdot \text{cos(}\angle ABD \text{)} = DC^2 + AC^2 - 2\cdot DC\cdot AC \cdot \text{cos(}\angle ACD \text{)}$$
ma poichè $BD=DC$ e $\angle ABD = \angle ACD$ per quanto detto prima si ha con qualche banale calcolo
$$\frac{AB+AC}{2} = DC \cdot \text{cos(}\angle ACD \text{)}$$ma $DC \cdot \text{cos(}\angle ACD \text{)}=CE$ poichè $\angle CDE = \frac{\pi}{2}$ che è proprio la tesi.
Re: Finalmente...
Inviato: 09 gen 2016, 22:19
da Saro00
Giusta
Metto in spoiler un idea per risolverlo in sintetica (e che spiega il titolo)
Re: Finalmente...
Inviato: 10 gen 2016, 16:31
da igoh
Re: Finalmente...
Inviato: 10 gen 2016, 16:45
da Saro00
Giusta, proprio quella che intendevo.
Ti segnalo 2 typo.
$ N $ é la proiezione di $ D $ su $ AB $.
Quando usi Menelao, metti $ =-1 $.
Comunque era TST 2012 A1 Bosnia
Re: Finalmente...
Inviato: 10 gen 2016, 17:01
da igoh
Tanto per rendere il problema più figo aggiungo la dimostrazione che Carl B. Boyer fa risalire ad Archimede del cosiddetto teorema della corda spezzata.
Re: Finalmente...
Inviato: 10 gen 2016, 17:03
da igoh
Saro00 ha scritto:Giusta, proprio quella che intendevo.
Ti segnalo 2 typo.
$ N $ é la proiezione di $ D $ su $ AB $.
Quando usi Menelao, metti $ =-1 $.
Comunque era TST 2012 A1 Bosnia
Ok grazie della correzione