1)Fie triunghiul ABC, dreptunghic in A.Pe cateta AC se ridica in C perpendiculara CC' cu CC'=AC, iar pe AB se ridica perpendiculara BB' cu BB'=AB. Sa se arate ca dreptele BC', CB' si inaltimea AA' sunt concurente.

2)Fie triunghiul ABC si punctul P in interiorul triunghiului. Varfurile unite cu P, intersecteaza laturile opuse in L,M,N. Cercul circumscris triunghiului LMN intersecteaza laturile BC, CA, AB in punctele A',B',C'.
Sa se arate ca dreptele AA',BB', CC' sunt concurente.

La prima problema am aratat ca daca notam cu M punctul de intersectie dintre BB' si CC', triunghiul MB'C' este dreptunghic isoscel.
Incerc sa aplic teorema lui Ceva dar fara succes. Multumesc.

[Citat] La prima problema am aratat ca daca notam cu M punctul de intersectie dintre BB' si CC', triunghiul MB'C' este dreptunghic isoscel.

Ideea nu e rea. Lua?i ?i punctul N astfel încât MB'NC' s? fie p?trat. Segmentele la fel colorate sunt perpendiculare (fiind diagonale în dreptunghiuri rotite cu 90 de grade), deci concuren?a cerut? rezult? din concuren?a în?l?imilor în triunghiul NBC, cu condi?ia s? ar?t?m c? punctele X,A,N sunt coliniare.




Dar aceasta e adev?rat? în general. În figura de mai jos, X,Y,Z sunt coliniare (un bun exerci?iu legat de Ceva )

Va multumesc pentru raspuns. Am gasit urmatoarea rezolvare pentru problema 1:
Folosind reciproca teoremei paralelelor taiate de o secanta=> CC'||AB si AC||BB'.
Fie S punctul de intersectie dintre B'C si AB si M punctul de intersectie dintre AC si BC'.
Triunghiurile SBB'si SAC sunt asemenea=>AS/SB=AC/BB'.
Triunghiurile MAB si MCC' sunt asemenea=>CM/MA=CC'/AB
In triunghiul dreptunghic ABC folosind teorema catetei=>AB^2=BA'*BC si AC^2=CA'*BC=>AB^2/AC^2=BA'/CA'.
In final, deoarece AS/SB*BA'/A'C*CM/MA=1=> conform reciprocei teoremei lui Ceva=>AA',BC',CB' concurente.

Multumesc pentru sprijin.