14. Quadrilatero completo (per una volta non è proiettiva!)

[Nabir Albar]

Abbiamo un quadrilatero convesso $ABCD$. Poniamo $E=AB\cap CD$, $F=AD\cap BC$ e $P=AC\cap BD$. Chiamiamo anche $H$ la proiezione di $P$ su $EF$.
Mostrate che $\angle BHC=\angle AHD$.

[Sonner]

Una soluzione proiettiva

Intanto definisco $X=AC\cap EF$ e $Y=BD\cap EF$.

Un paio di lemmi.
1) $(F,E,X,Y)=-1$. Dimostrazione: $(F,E,X,Y)=(D,B,P,Y)=(E,F,X,Y)$ per proiezione prima da A su BD, poi per proiezione da P su EF. Ma allora $(E,F,X,Y)=\frac{1}{(F,E,X,Y)}$, quindi $(F,E,X,Y)=-1$ perchè se fosse uguale ad 1 ci sarebbero 2 punti coincidenti. Analogamente definendo $Z=AB\cap FP$ si ha $(A,B,Z,E)=-1$
2) Il lemma 4.1 qui (non sto a ridimostrarlo).

Soluzione.

$ (A,C,P,X)=(A,B,Z,E)=-1 $ e $ \angle PHX=90°\rightarrow HP $ biseca $\angle AHC$ (per 2)).
$ (D,B,P,Y)=(F,E,X,Y)=-1 $ e $ \angle PHY=90° \rightarrow HP $ biseca $\angle BHD$ (per 2)).

Quindi $\angle BHC = \angle BHP -\angle CHP =\angle DHP -\angle AHP =\angle AHD$.

[bĕlcōlŏn]

Propongo quest'altra soluzione che utilizza una trasformazione geometrica, la polarità, che spesso è utile in queste
configurazioni. In questo caso conviene prendere $H$ come centro della polarità. (Nel caso della polarità rispetto a
una circonferenza si può vedere il thread di dario2994 che ha già linkato Sonner).
I punti $E$ e $F$ vanno in due rette parallele $e$ e $f$, perché $E$ e $F$ sono allineati con il centro della polarità. I punti $D$ e $A$ vanno in due rette $d$ e $a$ che concorrono con $f$, così come le rette $b$, $a$ e $e$ concorrono. L'immagine di $C$ è la retta ottenuta prolungando le intersezioni di $f$,$b$ e $d$,$e$.
A questo punto l'immagine di $P$ è una retta $p$ data dalla congiungente delle intersezioni di $a$ e $c$ e $d$ e $b$. Siccome l'angolo $PHF$ diventa l'angolo fra la retta $p$ e la retta $f$ sappiamo che $p \perp f$.
Nell'immagine si è formato un trapezio le cui basi stanno su $e$ e $f$. Per un fatto noto $p$ passa per i punti medi delle basi,
ma essendo anche perpendicolare a queste, porta a concludere che il trapezio è isoscele.
Ma allora l'angolo formato fra $b$ e $c$ è uguale a quello formato fra $a$ e $d$ e dunque $\angle BHC=\angle AHD$.