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circonferenza concertrica e segmenti uguali
Inviato: 31 ago 2007, 17:41
da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
Una circonferenza concentrica con la circoscritta al triangolo ABC incontra AC in E e E' e AB in F e F’. Le rette EF e E’F’ incontrano BC in D e D’. Dimostrare che D e D’ equidistano dal centro della circonferenza
semplice ma carino
Inviato: 10 set 2007, 07:51
da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
up, dai che è facile
Inviato: 10 set 2007, 14:39
da mod_2
domanda stupida...
ke vuol dire: Una circonferenza concentrica ?
Inviato: 10 set 2007, 14:45
da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
mod_2 ha scritto:domanda stupida...
ke vuol dire: Una circonferenza concentrica ?
con lo stesso centro
Inviato: 10 set 2007, 14:57
da Zoidberg
E una conceRtrica?
Inviato: 10 set 2007, 15:00
da mod_2
kosi?
ke schifo di disegno...
Inviato: 10 set 2007, 18:52
da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
si, anche se però non è specificato l'ordine in cui scelgo E e F o E' e F' quindi c'è anche un'altro caso
Inviato: 10 set 2007, 19:48
da mod_2
dove r e s incontreranno prima o poi la retta x
(spero ke sia questo il secondo caso...)
Inviato: 10 set 2007, 20:20
da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
si
dai ora dimostratelo che è semplice
Inviato: 10 set 2007, 20:23
da mod_2
ci ho preso gusto a disegnare...
e invece a dimostrarlo...
adexo ci provo e nn è detto ke ci riesca...
Inviato: 17 set 2007, 00:23
da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
in attesa di soluzioni differenti metto la mia:
Chiamiamo O il circocentro e M il punto medio di BC; chiaramente $ BF'=AF $ e $ AE=CE' $
Chiamiamo $ P:BE \cap CF $,$ Q: BE' \cap CF' $, $ J:AP \cap BC $, $ K:AQ \cap BC $
Allora P è il coniugato isotomico di Q e $ BJ = CK $
Allora J e D sono coniugati armonici rispetto BC e K e D' sono coniugati armonici rispetto a BC
quindi $ BD = CD' \ \Longleftrightarrow \ OD = OD' $