Qudrilateri e la Linea di Newton

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

I prolungamenti dei lati opposti AB e CD di un quadrilatero ABCD si intersecano in un punto E mentre le rette BC e AD si intersecano in F. Se G è il punto medio di EF e M ed N i punti medi rispettivamente delle diagonali AC e BD.
Dimostrare:
1) che M, N e G sono allineati;
2) che le bisettrici degli angoli formati dai prolungamenti dei lati di vertici E e F sono perpendicolari.

[salva90]

Per la seconda parte: funziona solo se il quadrilatero è ciclico.
Chiamo $ Q $ ed$ R $ i punti in cui la bisettrice da $ E $ incontra i lati $ BC $ e $ AD $. Ora, se $ ABCD $ è ciclico, è ovvio che l'angolo $ EBC $ è uguale all'angolo $ CDA $. Essendo gli angoli $ CEQ $ e $ QEB $uguali per costruzione, i triangoli $ BEQ $ e $ DER $ sono simili, e così gli angoli $ DRE $ e $ BQE $ sono congruenti, quindi $ DRE $ è anche congruente a $ CQR $, opposto al vertice di $ BQE $. Essendo il triangolo $ QRF $ isoscele, la bisettrice da $ F $ è anche altezza, e quindi perpendicolare a $ ER $.
Altrettento ovviamente se il quadrilatero non fosse ciclico il giochino non funzionerebbe
ps: scusate se non indico gli angoli coi simbolini appositi ma mi sono scordato come fare

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Si hai ragione la seconda tesi a differenza della prima funziona solo se ciclico. La prima parte hai provato a farla?

[salva90]

L'ho letta ma ora non ho tempo. Proverò a farla non appena potrò
ps: ma dove te li sei pescati sti problemi? stamani non ho capito un tubo

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

li avevo letti questa estate su un sito, però ora non so se riesco a ritrovarlo, probabilmente li avevano presi dal coxeter.

[EvaristeG]

Non esiste solo il coxeter ... e cmq se li hai trovati su questo sito, probabilmente li ho postati io e ti posso assicurare che in tal caso non arrivano da Geometry Revisited.

Ma adesso, forza, gente, risolvete.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Lo so che non esiste soltanto il coxeter, è che un po' di problemi li avevo ritrovati anche lì...comunque non questo sito...

[Sisifo]

Posto questa orribile soluzione perchè è la prima che mi è venuta in mente..

1)
Notiamo che la figura è invariante per affinità, per cui trasformiamola in quella in cui il triangolo ABD è rettangolo isoscele e mettiamo tutto in un piano cartesiano ortogonale appropriato in modo che le coordinate siano A (0,0), B(1,0) D(0,1) E(0,b) F (a,0) per opportuni valori di a e b. Allora facendo i conticini si ottengono le coordinate di
$ C(\frac{ab-a}{ab-1}, \frac{ab-b}{ab-1}) $
$ M(\frac{ab-a}{2ab-2}, \frac{ab-b}{2ab-2}) $
$ N(1/2, 1/2) $
$ G(a/2, b/2) $
Da cui si vede subito che la condizione di collinearità è soddisfatta
$ \frac{y_M - y_N}{y_G - y_N} = \frac{x_M - x_N}{x_G - x_N} $

[salva90]

Potrebbe essere una soluzione, ma non credo che sia stato pensato per l'analitica. Ci sarà sicuramente un qualche teorema che conoscono in due in tutto il forum che serve per risolverlo

[Pigkappa]

In realtà, la soluzione sintetica è ben peggio di quella analitica in questo caso.

Comunque sisifo mi puoi spiegare perchè è invariante per affinità? L'affinità, conservando il parallelismo, conserva l'allineamento?

[Sisifo]

L'affinità conserva parallelismo, allineamento e rapporti tra segmenti paralleli. Di conseguenza manda punti medi in punti medi, rette in rette, rette parallele in rette parallele.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Si in effetti non era progettato per l'analitica, come dice il Salva c'è un teorema sotto che ti permette di arrivare alla soluzione.

[salva90]

Diciamo un certo Menelao...