Staffetta 25

[gatto_silvestro]

Le diagonali $ AC,BD $ di un quadrilatero $ ABCD$ si incontrano in $E$. Siano $M,N$ i punti medi di $AB, CD$ rispettivamente. Sia $F$ l'intersezione degli assi di $AB, CD$. Supponiamo che $EF$ incontri $BC,AD$ in $P,Q$ rispettivamente.

Dimostrare che se $MF \cdot CD=NF \cdot AB$ e $DQ \cdot BP =AQ \cdot CP$ allora $PQ \perp BC$.

[Karl Zsigmondy]

Cerchiamo di non far morire la staffetta di geometria, magari gatto silvestro dia un tempo entro il quale aspetta prima di postare lui stesso la soluzione o qualcosa del genere... è un peccato.

[gatto_silvestro]

Piazzo un hint:

Poichè F è centro della rotomotetia che manda AB in CD che si può dire su ABFE e CDEF?

[OriginalBBB]

EF può incontrare i lati anche sul prolungamento?

[gatto_silvestro]

Si, comunque se nessuno si cimenta tra un paio di giorni metto una soluzione.

[Nabir Albar]

Metto la mia perché ci sono delle idee carine: intanto dalle ipotesi $ABF$ e $CDF$ sono isosceli e simili e $\frac{AQ}{QD}=\frac{BP}{PC}=\alpha$.
Questo rapporto $\alpha$ non vale solo per gli estremi di $AB$ e $DC$, ma anche per i punti "intermedi": cosa succede infatti se prendo un generico $X\in AB$ e un $Y\in DC$ in modo che $\frac{AX}{XB}=\frac{DY}{YC}$? Se chiamo $Z=XY\cap QP$, $\frac{XZ}{ZY}=\alpha$!
Ciò si vede facilmente con i vettori: l'ipotesi equivale a dire che per un certo $\lambda$ vale $Q=(1-\lambda)A+\lambda D$ e $P=(1-\lambda)B+\lambda C$ (ovviamente $\lambda=\frac{AQ}{AD}$). Se ora prendo $X=(1-\mu)A+\mu B$ e $Y=(1-\mu)D+\mu C$, considero il punto $Z'$ che divide $QP$ nello stesso rapporto, cioè $Z'=(1-\mu)Q+\mu P$ e ottengo $Z'=(1-\lambda)(1-\mu)A+\lambda(1-\mu)D+(1-\lambda)\mu B+\lambda\mu C$$=(1-\lambda)[(1-\mu)A+\mu B]+\lambda[(1-\mu)D+\mu C]=(1-\lambda)X+\lambda Y$: questo significa che $Z'$ appartiene anche a $XY$, cioè $Z'=Z$ e $\frac{XZ}{XY}=\lambda=\frac{AQ}{AD}$, ovvero $\frac{XZ}{ZY}=\alpha$!
Applichiamo ora questo lemmino interessante e generale al problema: consideriamo la retta che forma lo stesso angolo con $AF$ e $DF$ e possibilmente che intersechi i segmenti $AB$ e $CD$, cioè la bisettrice esterna di $\angle AFD$ (in realtà se $F$ finisce fuori dal quadrilatero il disegno cambia un po'). Dato che forma gli stessi angoli in $ABF$ e $CDF$, che sono simili, interseca $AB$ e $CD$ in $G$ e $H$, con $\frac{AG}{GB}=\frac{DH}{HC}$. Dunque per quanto detto $\frac{GF}{FH}=\alpha$.
Ma sempre per similitudine $\angle FGA=\angle FHD$, quindi anche $\frac{FG}{FH}=\alpha$, cioè il rapporto di similitudine tra i due triangoli isosceli è proprio quello in cui $P$ e $Q$ dividono $AD$ e $BC$. Essendo pure $\frac{AF}{DF}=\alpha$, $Q$ deve essere il piede della bisettrice di $\angle AQD$ (stessa cosa per $P$).
Chi è $E$? La rotazione che porta $A$ in $B$ e $C$ in $D$ manda $AC$ in $BD$, quindi l'angolo formato da questi due segmenti è quello della rotazione, cioè $\angle AFB$. Perciò $ABFE$ è ciclico e allo stesso modo lo è $DCFE$. Dunque $\angle AFQ=\angle QFD=\angle ECD=\angle ACD$ e $\angle AFQ=\angle ABE=\angle ABD$, cioè $ABCD$ ciclico e $F$ è il suo circocentro. A sto punto $AF,BF,CF,DF$ sono tutti uguali, quindi $FP$ è bisettrice nel triangolo isoscele $BCF$, da cui $FP\perp BC$.

[Nabir Albar]

Se il gatto silvestro non ha nulla da dire, qualcuno proponga pure un nuovo problema!

[gatto_silvestro]

Va bene! Avanti col prossimo

[spugna]

Allora?

[Mist]

Se il gatto silvestro non ha nulla da dire, qualcuno proponga pure un nuovo problema!

Dobbiamo suppore che Nabir si aspettava che qualcuno si prendesse l'iniziativa di proporre il nuovo problema Propongo che sia te, spugna, a prenderti l'onere Sei stato l'unico a uppare dopo tanto tempo...

[spugna]

Se il gatto silvestro non ha nulla da dire, qualcuno proponga pure un nuovo problema!

Dobbiamo suppore che Nabir si aspettava che qualcuno si prendesse l'iniziativa di proporre il nuovo problema Propongo che sia te, spugna, a prenderti l'onere Sei stato l'unico a uppare dopo tanto tempo...

Avevo aspettato un po' per dare un ultimatum a Nabir... Vabbé!

Problema 26