mateforum.ro

Fie \( ABC \) ascutitunghic, \( H \) ortocentrul sau si \( X \) un punct oarecare în planul triunghiului. Fie \( A_1 \) proiectia lui \( X \) pe \( AH \) si \( A_2 \) proiectia lui \( H \) pe \( AX \). Efectuam constructiile analoage pentru celelalte vârfuri. Sa se arate ca \( A_1A_2, \ B_1B_2 \) si \( C_1C_2 \) sunt concurente.

[TST III 2008, Problema 2]

Foarte draguta problema. De fapt H nu joaca nici un rol in poza noastra. Puteam sa luam orice punct.
Prima data sa vedem cum se reformuleaza problema. In hexagonul inscriptibil \( A_{1}A_{2}XB_{2}B_{1}H \) cu teorema lui Pascal avem ca \( A_{1}A_{2}\cap B_{1}B_{2} \), \( A_{2} X\cap B_{1}H \), \( XB_{2}\cap HA_{1} \) sunt coliniare asadar \( A_{1}A_{2}\cap B_{1}B_{2} \),\( A X\cap BH \), \( BX\cap HA \) sunt coliniare. Facand si Pascal pentru analoage mai ramane sa demonstram, notand \( BX \cap HA=M \),\( A X \cap BH=N \), \( C X \cap BH=P \), \( BX\cap CH=Q \),\( CX \cap AH=R \), \( AY \cap CH=S \), ca \( MN,PQ,RS \) sunt concurente. Daca aplicam Pappus pentru perechile \( RPY,QSH \) am terminat.

Nu am inteles argumentul de la final: de ce este suficient sa demonstram ca \( MN,PQ,RS \) concurente?
Am incercat cu kseg, \( H \) cam trebuie sa fie ortocentru dupa desenul meu.

Da se pare ca am echivalat doua chestii care nu prea erau. Tre sa mai ma uit un pic pe desen.
Tot ce ramane de demonstrat este \( A_{1}A_{2} \) ,\( RS \) si \( MN \) sunt concurente.

Filip Chindea wrote:Concurenta non-standard

De fapt, mai degraba cred ca este standard. Vezi aici, spre exemplu, o problema echivalenta.