Coliniaritate, concurență

Coliniaritate, concurență

Nivel avansat

E.186. În paralelogramul ABCDABCD avem AB=4AB=4, BC=2BC=2, BD=3.BD=3. Fie GG centrul de greutate al △ABD\triangle ABD și II centru înscris △ABD.\triangle ABD. Fie M∈(BC)M \in (BC) astfel încât BM=2MC.BM=2MC. Demonstrați că punctele GG, II, MM sunt coliniare.

Ana Iordache, MateMaraton, 20.01.2024
Soluție
Soluție:


Fie EE mijlocul lui AB.AB. Cum CICI bisectoare și BE=BC⇒CI∩AB={E}.BE=BC \Rightarrow CI \cap AB = \{E\}.
Fie F∈DBF \in DB astfel încât DB=3BF⇒△DFCDB = 3BF \Rightarrow \triangle DFC isoscel ⇒CH=HF\Rightarrow \boxed{CH=HF}, unde {H}=DI∩CF.\{H\} = DI \cap CF.
Fie K∈CFK \in CF astfel încât CF=2FK.\boxed{CF=2FK}.

CTCT bisectoare ⇒TBTD=CBCD=12⇒DT=2TB=TF.\Rightarrow \dfrac{TB}{TD}=\dfrac{CB}{CD}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow{\boxed{DT=2TB=TF}}.
Deci II este centru de greutate pentru △DFC⇒DIDH=23⇒GI∥EH (1).\triangle DFC \Rightarrow \dfrac{DI}{DH} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \boxed{GI \parallel EH}~(1).

EB∥DC⇒CTTE=DCEB=2.EB \parallel DC \Rightarrow \dfrac{CT}{TE} = \dfrac{DC}{EB} = 2. Dar și CFFK=2.\dfrac{CF}{FK}=2. Rezultă TF∥EK\boxed{TF \parallel EK} și TFEK=32.\dfrac{TF}{EK}=\dfrac{3}{2}. Cum și DBTF=32,\dfrac{DB}{TF}=\dfrac{3}{2}, rezultă DB=EK.\boxed{DB=EK}.

Deci DEKBDEKB paralelogram ⇒GE∥BK și GE=BK3.\Rightarrow \boxed{GE \parallel BK \text{ și } GE = \dfrac{BK}{3}}.

CMMB=CHHK=12⇒MH∥BK și MH=BK3.\dfrac{CM}{MB} = \dfrac{CH}{HK}=\dfrac{1}{2} \Rightarrow \boxed{MH \parallel BK \text{ și } MH = \dfrac{BK}{3}}.
Din ultimele două relații rezultă GEHMGEHM paralelogram ⇒GM∥EH (2).\Rightarrow \boxed{GM \parallel EH}~(2).
Din (1) și (2) ⇒G, I, M coliniare.\Rightarrow \boxed{G,~I,~M \text{ coliniare}}.

E.421. Fie DD și E,E, picioarele înălțimilor din A,A, respectiv B,B, ale triunghiului ABC.ABC. Dacă MM este mijlocul lui [BC],[BC], iar OO este centrul cercului circumscris triunghiului ABC,ABC, arătați că ME, AOME,~AO și paralela prin DD la BEBE sunt concurente.

Andrei Eckstein, Problema săptămânii 429
Soluție
Soluție:


Fie DF∥BE,DF \parallel BE, unde FF aparține cercului care trece prin vârfurile patrulaterului inscriptibil AEDB.AEDB. Vom arăta că F,M,EF,M,E și F,O,AF,O,A sunt coliniare.

EM mediana˘ ıˆn tr. dr. BEC⇒MEB^=MBE^B,E,D,F conciclice ⇒FEB^=FDB^Dar FDB^=MBE^}⇒FEB^=MBE^}⇒MEB^=FEB^⇒F,M,E coliniare. \begin{rcases} EM \text{ mediană în tr. dr. } BEC \Rightarrow \boxed{\widehat{MEB} = \widehat{MBE}} \\ \begin{rcases} B,E,D,F \text{ conciclice }\Rightarrow \widehat{FEB} = \widehat{FDB} \\ \text{Dar } \widehat{FDB} = \widehat{MBE} \end{rcases} \Rightarrow \boxed{\widehat{FEB} = \widehat{MBE}} \end{rcases} \Rightarrow \widehat{MEB} = \widehat{FEB} \Rightarrow \boxed{F,M,E \text{ coliniare}}.
OA=OB=OC⇒OAB^=90°−C^ (rezultat cunoscut, ușor de dem.) A,D,F,B conciclice⇒FAB^=FDB^Dar FDB^=DBE^}⇒FAB^=DBE^=90°−C^}⇒OAB^=FAB^⇒F,O,A coliniare. Q.E.D. \begin{rcases} OA=OB=OC \Rightarrow \boxed{\widehat{OAB}= 90\degree-\widehat{C}} \text{ (rezultat cunoscut, ușor de dem.) } \\ \begin{rcases} A,D,F,B \text{ conciclice} \Rightarrow \widehat{FAB} = \widehat{FDB} \\ \text{Dar } \widehat{FDB} = \widehat{DBE} \end{rcases} \Rightarrow \boxed{\widehat{FAB} = \widehat{DBE} = 90\degree - \widehat{C}} \end{rcases} \Rightarrow \widehat{OAB} = \widehat{FAB} \Rightarrow \boxed{F,O,A \text{ coliniare}}. \text{ Q.E.D.}