Facile facile (per nuovi)

[Simo_the_wolf]

Siano $ ABCDEF $ punti su una circonferenza in quest'ordine, in modo che $ ABDF $ sia un quadrato. Chamati $ P=AC \cap BE $ e $ Q=AE \cap FC $, si dimostri che $ PQ $ è parallelo ad $ FB $.

[Anér]

Penso che mettere una soluzione cannoneggiante non tolga a nessuno il gusto di trovarne una più semplice.

Testo nascosto:

L'esagono AACFBE è inscritto in una conica, da cui per Pascal (ricordando che la retta AA è la tangente in A alla circonferenza) si ha che PQ è parallela alla tangente in A alla circonferenza, che a sua volta è facilmente parallela a BF.

[Homer J Simpson]

ci ho provato, per ogni strada che seguo alla fine mi blocco e non riesco mai a risolverlo, qualcuno può farmi vedere come si risolve?

[Strangeloop]

$ O $ è l'intersezione tra $ FC $ e$ BE $. $ EOQ $ è simile a $ COP $, perchè hanno un angolo opposto al vertice e un altro congruente perchè sotteso da corde uguali. In particolare hanno i lati in proporzione. Allora si vede che sono simili anche i triangoli $ EOC, QOP, FOB $, perchè hanno l'angolo in $ O $ congruente e due lati in proporzione, tra $ QOP $ e $ EOC $ per ciò che abbiamo trovato prima, tra $ EOC $ e $ FOB $ perchè corde secanti. Ne deriva l'uguaglianza degli angoli corrispondenti formati dalle trasversali sulle rette $ PQ $ e$ FB $

[Homer J Simpson]

$ O $ è l'intersezione tra $ FC $ e$ BE $. $ EOQ $ è simile a $ COP $, perchè hanno un angolo opposto al vertice e un altro congruente perchè sotteso da corde uguali. In particolare hanno i lati in proporzione. Allora si vede che sono simili anche i triangoli $ EOC, QOP, FOB $, perchè hanno l'angolo in $ O $ congruente e due lati in proporzione, tra $ QOP $ e $ EOC $ per ciò che abbiamo trovato prima, tra $ EOC $ e $ FOB $ perchè corde secanti. Ne deriva l'uguaglianza degli angoli corrispondenti formati dalle trasversali sulle rette $ PQ $ e$ FB $

era d'avvero semplice, ma non ci arrivavo , grazie per la soluzione, ora so che devo fare più attenzione a proporzioni ecc...

[Anér]

Effettivamente bastava che ABF fosse isoscele su base BF.

[Sonner]

Metto pure la mia, anche se alla fin fine è sempre quella

$ \angle AEB = \angle ACF \rightarrow QPCE $ cicilco $ \rightarrow \angle QPE = \angle FCE = \angle FBE $.