Sia dato un quadrilatero convesso $ ABCD $. Dimostrare che i seguenti due fatti sono equivalenti:
1) $ AB\cdot CD=BC\cdot DA $
2) $ \widehat{ABD}+\widehat{BCA}+\widehat{CDB}+\widehat{DAC}=\widehat{BAC}+\widehat{CBD}+\widehat{DCA}+\widehat{ADB}=\pi $
Quadrilateri notevoli
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Sono il cuoco della nazionale!
Uhm... o hai fatto un errore nello scrivere il testo, oppure non ho compreso la tesi :|
La ciclicità di ABCD implica la seconda condizione, ma non la prima :| Da cui deriverebbe che non sono equivalenti.
La ciclicità di ABCD implica la seconda condizione, ma non la prima :| Da cui deriverebbe che non sono equivalenti.
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
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No, non hai fatto nessun errore, effettivamente se prendi un quadrilatero armonico allora questo rispetta entrambe le proposizioni, altrimenti un quadrilatero ciclico rispetta solo la seconda; aggiungo perciò al problema l'ipotesi che ABCD non sia ciclico, così dovrebbe funzionare. Grazie dario2994!
Sono il cuoco della nazionale!
Re: Quadrilateri notevoli
Bueno, dimostro che la 1) implica la 2) 
Sia $\omega$ il luogo dei punti $P$ tali che $\frac{AP}{CP}=\frac{AB}{CB}$. Per fatto noto $\omega$ è una cfr di raggio $r$ e centro $O$ allineato con $A,C$. Inoltre sempre per lemma noto (questo in effetti lo è meno ed è un peccato) $A,C$ sono uno l'inverso dell'altro rispetto all'inversione in $\omega$, quindi in particolare $OA\cdot OC=r^2$.
Se vale la 1) allora $B,D\in \omega$ per definizione, dato che $\frac{AB}{CB}=\frac{AD}{CD}$.
Vale $AO\cdot OC=r^2=OD^2\to \frac{AO}{OD}=\frac{OD}{OC}$, inoltre $AOB=COB$ (come angoli) quindi i triangoli $ABO,BCO$ sono simili. Perciò vale:
$180-ACB=BCO=ABO=ABD+OBD\to ACB+ABD=180-OBD$
Con modi identici si dimostra anche la similitudine di $ADO,DCO$. Perciò vale anche:
$CAD+BDC=OAD+BDC=ODC+BDC=BDO$
In ultimo vale $OD=r=OB$ perciò $BDO=OBD$.
Unendo tutte le uguaglianze di angoli ottengo:
$ACB+ABD+CAD+BDC=180-OBD+BDO=180$
Che è proprio 2)
p.s. come viene in mente una cosa del genere? Boh... uno vede che la 1) equivale a $\frac{AB}{CB}=\frac{AD}{CD}$ e se conosce la circonferenza di apollonio e un po' di proprietà poi è fattibile
p.p.s. come fare per 2)-> 1) ? Boh... io avevo pensato tipo di chiamare $\gamma$ la cfr per $A,C,D$ e $D'=\gamma\cap\omega$ e mostrare che $D$ non può rispettare la 1) dato che "già è rispettata" da $D'$ (magari assumendo che $B\notin\gamma$) questo perchè così facendo verrebbe una felice condizione di angoli tra le tangenti a B e D di alcuni cerchi e la retta BD
(questo è solo un abbozzo e non so se funziona... )
Sia $\omega$ il luogo dei punti $P$ tali che $\frac{AP}{CP}=\frac{AB}{CB}$. Per fatto noto $\omega$ è una cfr di raggio $r$ e centro $O$ allineato con $A,C$. Inoltre sempre per lemma noto (questo in effetti lo è meno ed è un peccato) $A,C$ sono uno l'inverso dell'altro rispetto all'inversione in $\omega$, quindi in particolare $OA\cdot OC=r^2$.
Se vale la 1) allora $B,D\in \omega$ per definizione, dato che $\frac{AB}{CB}=\frac{AD}{CD}$.
Vale $AO\cdot OC=r^2=OD^2\to \frac{AO}{OD}=\frac{OD}{OC}$, inoltre $AOB=COB$ (come angoli) quindi i triangoli $ABO,BCO$ sono simili. Perciò vale:
$180-ACB=BCO=ABO=ABD+OBD\to ACB+ABD=180-OBD$
Con modi identici si dimostra anche la similitudine di $ADO,DCO$. Perciò vale anche:
$CAD+BDC=OAD+BDC=ODC+BDC=BDO$
In ultimo vale $OD=r=OB$ perciò $BDO=OBD$.
Unendo tutte le uguaglianze di angoli ottengo:
$ACB+ABD+CAD+BDC=180-OBD+BDO=180$
Che è proprio 2)
p.s. come viene in mente una cosa del genere? Boh... uno vede che la 1) equivale a $\frac{AB}{CB}=\frac{AD}{CD}$ e se conosce la circonferenza di apollonio e un po' di proprietà poi è fattibile
p.p.s. come fare per 2)-> 1) ? Boh... io avevo pensato tipo di chiamare $\gamma$ la cfr per $A,C,D$ e $D'=\gamma\cap\omega$ e mostrare che $D$ non può rispettare la 1) dato che "già è rispettata" da $D'$ (magari assumendo che $B\notin\gamma$) questo perchè così facendo verrebbe una felice condizione di angoli tra le tangenti a B e D di alcuni cerchi e la retta BD
(questo è solo un abbozzo e non so se funziona... )...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
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Re: Quadrilateri notevoli
Bon... per 2) -> 1) piazzo solo un abbozzo che non ho voglia di scrivere:
Praticamente traccio le tangenti in B,D alle circonferenze circoscritte a $ABC$ e $ADC$, queste si intersecano in $X$.
Per lo stesso angle-chasing fatto nel finale della dimostrazione di 1)->2) la 2) implica che $BDX=BDX$ (come angoli) e quindi $XD=XB$ da cui si ottiene che $X$ sta sull'asse radicale delle 2 circonferenze circoscritte, quindi su $AC$ (sto usando implicitamente che le 2 circonferenze sono distinte, cioè che il quadrilatero non è ciclico, che è un'ipotesi).
Ora ho svoltato dato che $AX\cdot CX=XB^2=XD^2$ quindi $A,C$ si scambiano per inversione di centro X e raggio $XB$... ma allora la circonferenza in questione è una circonferenza di apollonio rispetto ad A,C e perciò ottengo $\frac{AB}{CD}=\frac{AD}{CD}$ che implica la 1)
p.s. quindi le idee ganze in questo problema sono almeno 2... una è farsi venire in mente apollonio e l'altra è tracciare le circonferenze per $ABC$ e $ADC$ e tracciare poi le tangenti
Praticamente traccio le tangenti in B,D alle circonferenze circoscritte a $ABC$ e $ADC$, queste si intersecano in $X$.
Per lo stesso angle-chasing fatto nel finale della dimostrazione di 1)->2) la 2) implica che $BDX=BDX$ (come angoli) e quindi $XD=XB$ da cui si ottiene che $X$ sta sull'asse radicale delle 2 circonferenze circoscritte, quindi su $AC$ (sto usando implicitamente che le 2 circonferenze sono distinte, cioè che il quadrilatero non è ciclico, che è un'ipotesi).
Ora ho svoltato dato che $AX\cdot CX=XB^2=XD^2$ quindi $A,C$ si scambiano per inversione di centro X e raggio $XB$... ma allora la circonferenza in questione è una circonferenza di apollonio rispetto ad A,C e perciò ottengo $\frac{AB}{CD}=\frac{AD}{CD}$ che implica la 1)
p.s. quindi le idee ganze in questo problema sono almeno 2... una è farsi venire in mente apollonio e l'altra è tracciare le circonferenze per $ABC$ e $ADC$ e tracciare poi le tangenti
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Re: Quadrilateri notevoli
Non ho controllato tutti i dettagli. In alternativa si può provare a invertire rispetto a una circonferenza di centro A.
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