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Sia dato un quadrilatero convesso tale che ogni diagonale lo divide in due triangoli equivalenti. Dimostrare che è un parallelogramma.

Disegnato un quadrilatero generico, e tracciate le due diagonali, chiamiamo a,b,c,d i quattro triangoli che si formano.
Per ipotesi, sappiamo che:
a+b=c+d
a+d=b+c
Da cui, operando la differenza membro a membro:
b-d=d-b
I due membri sono l'uno l'opposto dell'altro: dunque, affinchè siano uguali, l'unica soluzione è che valga b-d=0, da cui b=d.
Sostituendo in una delle due proosizioni di sopra, si ottiene:
a+b=c+b
Da cui a=c.

Dunque, finora sappiamo che a=c e b=d.

Chiamiamo ora O il punto di intersezione delle diagonali, e A,B,C,D i vertici del quadrilatero: siano x=OA; y=OB; w=OC; z=OD.
In particolare, facendo riferimento al teorema trigonometrico dell'area, il quale afferma che per un generico triangolo vale che:

A=(a*b*sent)*1/2, dove a e b sono due suoi lati e t e l'angolo tra essi compreso, facendo leva sul fatto che gli angoli in O sono a due a due uguali perchè opposti al vertice, possiamo scrivere che:

xy=wz
xz=yw
Da cui, effettuando la divisione membro a membro (supponendo che nessun elemento sia nullo, d'altronde stiamo parlando di un quadrilatero):
y/z=z/y, vera solo se y=z.
Sostituendo in una delle due proposizione di sopra, si ha che: x=w.

Dunque, le diagonali si bisecano vicendevolmente: questa è una condizione necessaria e sufficiente affinchè il poligono in questione possa essere considerato un parallelogramma, come volevasi dimostrare.

fatto allo stesso modo. una soluzione parecchio facile e veloce che ho trovato strano non fosse stata scritta sull'altro tread.

Ok, in quanto a dimostrazioni rubate dalla mente dell'altro ora siamo 1 pari XD

Non so se è già stata postata nell'altro topic, ma si può usare l'area anche senza passare per il seno...

Il quadrilatero è $ABCD$, l'intersezione delle diagonali $O$; $a=[ABO],b=[BCO],c=[CDO],d=[DAO]$.
Arrivo come te a $b=d$, quindi si deve avere $[ABD]=a+d=a+b=[ABC]$; ma i triangoli $ABC$ e $ABD$ hanno un lato in comune ($AB$), e siccome hanno anche la stessa area, devono avere anche la stessa altezza: si ha quindi che la distanza di $C$ da $AB$ è uguale alla distanza di $D$ da $AB$, ovvero $AB\parallel CD$. Similmente si ottiene $AD\parallel BC$, e quindi che $ABCD$ è un parallelogramma.

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Drago96 ha scritto:Non so se è già stata postata nell'altro topic, ma si può usare l'area anche senza passare per il seno...

Il quadrilatero è $ABCD$, l'intersezione delle diagonali $O$; $a=[ABO],b=[BCO],c=[CDO],d=[DAO]$.
Arrivo come te a $b=d$, quindi si deve avere $[ABD]=a+d=a+b=[ABC]$; ma i triangoli $ABC$ e $ABD$ hanno un lato in comune ($AB$), e siccome hanno anche la stessa area, devono avere anche la stessa altezza: si ha quindi che la distanza di $C$ da $AB$ è uguale alla distanza di $D$ da $AB$, ovvero $AB\parallel CD$. Similmente si ottiene $AD\parallel BC$, e quindi che $ABCD$ è un parallelogramma.

io ho fatto senza aree...ho dimostrato che i due triangoli erano simili essendo i lati paralleli, ho scritto la proporzione =1(per la diagonale in comune) ,(diciamo che sono partito dalla supposizione che fosse parallelogramma) allora avendo i lati di stessa lunghezza(altra condizione parallelogramma)hanno medesima area e perciò sono uguale se e solo se persistono queste due condizioni e quindi è un parallelogramma, per simmetria vale la stessa cosa con l'altra diagonale.

Leggendo di sfuggita credo che una soluzione passante per la formula trigonometrica dell'area ci sia e non molto difficile. Innanzitutto prendo in considerazione che quando dice due triangoli equivalenti, intende che sia due a due quelli opposti, altrimenti la tesi sarebbe falsa (posso costruire un trapezio dove ci siano esattamente due triangoli congruenti e quindi equivalenti). Adesso voglio dimostrare che le diagonali si incontrano nei loro punti medi, da cui deriva la tesi, rgiooando per assurdo. Infatti se cosi non fosse possiamo avere un caso in cui due triangoli opposti abbiano i due lati ,formati dalle diagonali, entrambe più corte di quello opposto, oppure un altro caso in cui un lato è più corto e l'altro più lungo, ma riguardo gli altri due triangoli (quelli che ancora non abbiamo considerato) uno avrebbe entrambi i lati minori del triangolo opposto...entrambi i casi sono contraddizioni. So che dovrebbe essere formalizzata meglio, ma è un' idea che mi è venuta ora mentre leggevo il post.

La mia è un altra ancora xD

Sono arrivato come voi a $ a=c $ e $ b=d $

Per ipotesi il triangolo $ ABC $ è equivalente al triangolo $ CDA $; Poiché la loro base $ AC $ è in comune avremo che $ BH $ è congruente a $ DK $ (con $ H $ e $ K $ piedi delle altezze dei due triangoli rispetto alla base $ AC $).

Ora considerato $ O $ punto d'intersezione delle diagonali:
$ BH $ è altezza di $ BOC $ e $ DK $ è altezza di $ DOA $ (oppure rispettivamente di $ BAO $ e $ CDO $... Dipende dagli angoli individuati dalle diagonali), poiché i "triangolini" sono equivalenti e le altezze sono congruenti ne deduciamo che lo sono anche le basi $ OC $ e $ AO $; allo stesso modo saranno congruenti i segmenti $ DO $ e $ BO $... Le diagonali quindi si incontrano nei rispettivi punti medi: condizione necessaria e sufficiente affinché un quadrilatero sia un parallelogramma!