Agli indiani piacciono i baricentri

[Giovanni98]

Sia $ABC$ un triangolo e sia $D$ un punto su $BC$ tale che $AB+BD = AC+DC$. Se i baricentri di $ABD$ e $ACD$ con $B$ e $C$ formano un quadrilatero ciclico dimostrare che $AB=AC$.

[Ale99]

Le dimostrazioni in sintetica sono le più belle

Testo nascosto:

Hahahahhahahhaha.
Dunque triangolo di riferimento [tex]ABC[/tex] .
Con la formula della distanza ponendo la condizione su [tex]D[/tex] otteniamo che [tex]D=[0;\dfrac{c^2+a^2-b^2}{2a^2};\dfrac{b^2+a^2-c^2}{2a^2}][/tex] da cui [tex]R=[2a^2;c^2-b^2+3a^2;b^2+a^2-c^2][/tex] e [tex]S=[2a^2;c^2+a^2-b^2;b^2+3a^2-c^2][/tex] ( sono i due baricentri ) ...
Ora imponiamo il passaggio di una circonferenza per i quattro punti e facendo i due calcoli ( veramente, due ) che otteniamo vien fuori l'uguaglianza desiderata ...

Ma era in una gara nazionale? Perché veramente, cosí viene in due minuti senza fare la figura

[Giovanni98]

Si...Comunque tutto giusto, però la soluzione in sintetica che ho trovato io é piú figa.

[lucaboss98]

Sarò io che ormai non faccio mai baricentriche, ma non è $D=(0,a+c-b,a+b-c)$?

[Ale99]

Si Luca hai ragione, ma non perché io non sappia le baricentriche ma perché a quanto pare per me $(a+b)^2=a^2+b^2$ ... alla fine si semplificava tutto comunque mi sembra quindi boh non ho ricontrollato ... appena posso sistemo i punti

[Lasker]

Karma

[Ale99]

Si in effetti a fare il problema n1 di un nazionale tipo Cese ci si dovrebbe sentire un po' sporchi e il karma mi ha giustamente punito ... C'é chi però lo ha fatto a Cese e adesso va alle Balkan dunque il karma é solo una giustificazione per la mia incapacità di sviluppare il quadrato di un binomio ... Riferimenti a Talete puramente casuali

[lucaboss98]

(Comunque non serve la formula della distanza, trovi semplicemente $BD$ e $CD$)

[Vinciii]

Ho trovato una soluzione e vorrei sapere se è corretta.

Testo nascosto:

Siano $M$ il punto medio di $AD$, $P$ il baricentro di $\triangle{ACD}$ e $Q$ il baricentro di $\triangle{ABD}$. La tesi corrisponde a domostrare che $CD=BD$, e quindi che $\triangle{BMC}$ è isoscele. I punti $P$ e $Q$ hanno la stessa distanza da $BC$ (che sarebbe un terzo dell'altezza relativa a $BC$), e quindi $PQ$ è parallelo a $BC$ e $PQBC$ è un trapezio. Dal fatto che le somme degli angoli adiacenti ai lati obliqui e le somme degli angoli opposti sono tutte uguali a $180$ gradi otteniamo $\angle{CPQ}=\angle{PQB}$, che implica che $PQBC$ è un trapezio isoscele, e quindi che $\triangle{BCM}$ è isoscele. (Scusate se è scritta di fretta ed è poco precisa)