Problema 1 ONM 2008

[Alin Galatan]

Fie triunghiul \( ABC \) si punctele \( D\in (BC), E\in (CA) \) si \( F\in (AB) \) astfel incat

\( \frac{BD}{DC}=\frac{CE}{EA}=\frac{AF}{FB} \).

Demonstrati ca daca centrele cercurilor circumscrise triunghiurilor \( DEF \) si \( ABC \) coincid, atunci triunghiul \( ABC \) este echilateral.

Dana Heuberger ONM 2008, *** Etapa locala 2003, Hunedoara

[Tudor Micu]

Fie O centrul cercului circumscris triunghiurilor ABC si DEF.
Fie \( R_{1} \) raza cercului circumscris triunghiului ABC si \( R_{2} \) raza cercului circumscris triunghiului DEF.
Fie \( \frac{BD}{BC}=\frac{CE}{AC}=\frac{AF}{AB}=K\in (0,1) \)
Din teorema lui Stewart in \( \triangle AOB \) avem:
\( OA^2\cdot BF+OB^2\cdot AF-AF\cdot BF\cdot AB=OE^2\cdot AB \)
\( R_{1}^2\cdot AB-K(1-K)AB^3=R_{2}^2\cdot AB \)
\( R_{1}^2-K(1-K) AB^2=R_{2}^2 \)
Avem deci \( AB^2=\frac{R_{1}^2-R_{2}^2}{K(1-K)} \)
Analog din teorema lui Stewart in triunghiurile BOC si COA obtinem \( BC^2=\frac{R_{1}^2-R_{2}^2}{K(1-K)} \) si \( CA^2=\frac{R_{1}^2-R_{2}^2}{K(1-K)} \), de unde evident AB=BC=CA.