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Sui lati ABC di un triangolo si costruiscono esternamente i tre quadrati $ \DISPLAYSTYLE ACC_1A'', ABB_1'A', BCDE $. Sia P il centro di BCDE. Dimostrare che $ \DISPLASTYLE A'C, A''B, PA $ concorrono.


Con l'analitica l'impresa sembrava possibile ma alla fine qualcosa nei conti non mi tornava, comunque dovrebbe esserci una soluzione sintetica carina...[/img]

Ho cambiato un po' di lettere...



Dunque, la tesi diventa $ A_2B,A_1C, AP $ concorrono.
Tra l'altro concorre nello stesso punto pure $ C_1B_2 $ (questo non l'ho dimostrato)

Anzitutto $ \Delta AA_2B = \Delta AA_1C $. Da ciò osserviamo che $ A_1C $ è perpendicolare a $ A_2B $.
Nel disegno si vede che AI è l'asse radicale delle circonferenze che circoscrivono i quadrati su AB e AC.
Inoltre gli angoli $ AIA_2 $ e $ AIA_1 $ sono uguali per regola dei seni.
Quindi P è punto medio dell'arco BC nella circonferenza di diametro BC (che passa pure per I). Segue la tesi

rilancio un pochettino:
dimostrare che $ A^{II} $, $ A^I $, $ C $ e $ B $ sono i centri dei quadrati costruiti sui lati di un quadrilatero che ha il punto medio di una diagonale in $ A $

pic88 ha scritto: Inoltre gli angoli $ AIA_2 $ e $ AIA_1 $ sono uguali per regola dei seni.

Probabilmente è ovvio ma non lo vedo, a cosa applichi il teorema dei seni?

Mbè $ 2r sin(AIA_2)=AA_2 $ e $ 2r_1 sin(AIA_1)=AA_1 $; poichè $ 2r=AA_2 \sqrt2 $ e $ 2r_1=AA_1 \sqrt2... $

Più che per regola dei seni direi che gli angoli $ AIA_1 $ e $ AIA_2 $ Sottendono angoli alla circonferenza di $ 45° $ perché quelli al centro sono di
$ 90° $

si, io avevo fatto come robbieal ma l'osservazione di pi_greco_quadro è più diretta
Diventa semplice vedere che anche $ C_1, I $ e $ B_2 $sono allineati