Giro giro tondo

[Pigkappa]

Quattro quadrati vengono costruiti esternamente sui lati di un parallelogramma.
1)Dimostrare che i centri dei quadrati sono i vertici di un quadrato.
2)Interpretare il titolo del topic.

[salva90]

Hi pig credo di aver capito qualcosa: prendo il parallelogramma $ ABCD $ e chiama $ O_1 $ e $ O_2 $ i centri di due quadrati su lati consecutivi $ AB $ e $ BC $. Da questi conduci le perpendicolari ai lati $ AB $ e $ BC $, che li incontrano in $ H_1 $ e $ H_2 $. Sia $ O_0 $ il centro del parallelogramma: i triangoli $ O_0O_1H_1 $ e $ O_0O_2H_2 $ sono congruenti, e quindi anche $ O_0O_1 $ e $ O_0O_2 $. Stessa cosa per gli altri due quadrati. Ne ricavo che i centri dei quadrati stanno tutti su una circonferenza di raggio $ O_0 $. Ora congiungendo i centri dei quadrati coi vertici del parallelogramma ricavo, grazie ai criteri di congruenza applicati ai triangoli risultanti, che i la distanza tra i centri di due quadrati consecutivi è costante. Perciò dalla divisione in quattro parti di una circonferenza ricavo che $ O_1O_2O_3O_4 $ è un quadrato.
Da questo segue il titolo del topic
ps: spero che mentre scrivevo la soluzione nessuno mi abbia preceduto

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

FACILISSIMO:
innanzitutto c'è da sapere che per il teorema di van Aubel i segmenti che uniscono i centri di due quadrati costruiti su due lati opposti in un quadrilatero sono perpendicolari e che, se uniamo tali centri con la metà della diagonale del quadrilatero otteniamo segmenti congruenti. Quindi se dimostriamo che i segmenti che uniscono i centri delle facce opposte e le diagonali del parallelogramma sono concorrenti è dimostrato perchè abbiamo un quadrilatero con diagonali perpendicolari, congruenti e che si dimezzano scambievolmente, quindi sarà un quadrato.
Per dimostrare la concorrenza consideriamo i triangoli otteniti dall'intersezione del segmenti diunione di due centri dei quadrati opposti alla diagonale del parallelogramma e altro lato la metà della diagonale dei due quadrati opposti. assi sono congruenti per il primo criterio perchè hanno 2 lati congruenti, per la proprietà del parallelogramma che le diagonali si dimezzano e perchè entrambi semidiagonali di quadrati congruenti, inoltre hanno l'angolo compreso congruente perchè somma di angoli congruenti (entrambi dati dalla somma di un angolo alterno interno all'altro e metà angolo di quadrato)
Spero di essermi fatto capire, perchè senza una figura e delle lettere è tutto un giro di parole...

[Pigkappa]

Secondo il coxeter c'è una soluzione rapida effettuando una rotazione di 90° intorno ai centri dei cerchi (dalla rotazione veniva il titolo), ma non riesco a vederla... Qualcuno la trova?

[salva90]

Un momento... che cerchi??????????

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

veramento con una rotazione si potrebbe anche fare ma dovrebbe essere di 180° (sempre se il cerchio in questione è quello che penso io...)

[salva90]

Poi mi pare che il testo dica di ruotare attorno al centro delle diagonali, o qualcosa del genere... a volte gli aiuti sono più nocivi che altro.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

a forse ho capito che cerchi intende:
quelli che hanno come centro l'intersezione delle diagonali di un quadrato e raggio la distanza dal centro di un'altro costruito sul lato adiacente...
Ora unendo i centri dei due quadrati fra loro e al vertice in comune del parallelogramma otteniamo un triangolo, se lo ruotiamo di 90° tenendo fisso un vertice che sta su un centro di una faccia si va a sovrapporre con l'altro contruito nel medesimo modo...così si dimostra che il quadrato che unisce i centri ha gli angoli di 90° e i lati congruenti.

[edriv]

a volte gli aiuti sono più nocivi che altro.

naaah.
Sia ABCD il paralleogramma, $ ABB''A',BCC''B',CDD''C',DAA''D' $ i quadrati.
Prendo il triangolo ADA'. Con una traslazione lo mando in BCB'. Con una rotazione di 90° lo mando e centro B lo mando in BB'A. Con una traslazione lo mando in CC''D. Quindi A'D e DC'' sono uguali e perpendicolari. Con un'omotetia di centro in B e fattore 1/2 dimostro trovo che il triangolo formato da due centri dei quadrati e dal centro del parallelogramma è retto e isoscele. Facendo lo stesso ragionamento partendo da un altro triangolo, si conclude subito che i quattro centri fanno un quadrato.

[salva90]

Bè comunque dovrebbe andare bene anche come l'ho dimostrato io, no?

[enomis_costa88]

Si fa senza troppa fatica anche con i numeri complessi..

Siano M_1,M_2...i centri dei quadrati (M_1 del quadrato costruito su AB ecc)

La tesi diventa:
$ i) 2M_3+2(M_4-M_3)i=2M_2 $
$ ii) 2M_4=2M_1+2(M_2-M_1)i $

Ovvero ruotando di 90 gradi M_4 intorno a M_3 ottengo M_2 e ruotando di 90 gradi M_2 intorno a M_1 ottengo M_4 (e ciò basta a dire che formano un quadrato).

so che:
A=D+B-C (perchè è un parallelogramma)

e ottengo facilmente:
$ 2M_1=B+(A-B)i+A=2B+(D-C)(1+i) $
$ 2M_2=B(1+i)+C(1-i) $
$ 2M_3=C(1+i)+D(1-i) $
$ 2M_4=A+(D-A)i+D=D(1+i)+(D+B-C)(1-i) $

sostituendo le quali nella i e nella ii ottengo la tesi con un paio di conti.