Balkan07-problema1

[BMO_Team2007]

Considerate tre segmenti consecutivi e congruenti AB, BC e CD e tali che $ AC\neq BD $, detta E l'intersezione di AC e BD dimostrare che:

$ AE=ED\ \Leftrightarrow\ \angle BAD+\angle CDA=\frac{2\pi}{3} $

[MindFlyer]

Boia le configurazioni. Spero che non ci abbiate perso troppi punti.
Bellino, però.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Provo a fare il AE = ED ---> ^BAD + ^CDA

Essendo AED isoscele $ \angle EAB = \angle EDA = \alpha $

per il teorema dei seni su ADC

$ \frac{sen(\angle \alpha)}{CD}= \frac{sen(\angle ACD)}{AD} $

e per il teorema dei seni su ADB

$ \frac{sen(\angle \alpha)}{BA}= \frac{sen(\angle ABD)}{AD} $

essendo BA = CD

$ sen(\angle ACD) = sen(\angle ABD) $ da cui $ \angle ABD=\angle ACD $ oppure $ \angle ABD= 180 - \angle ACD $, ma essendo AC diverso da BD in due triangoli ADC e ADB non sono congruenti quindi non hanno l'angolo in C uguale a quello in B.

quindi $ \angle ABD= 180 - \angle ACD = 180 - \beta $

$ \angle ACB + \angle DBC = \angle BAC + \angle BDC = $$ 180 - (180 - \beta) - 2\alpha + 180 - \beta - 2\alpha = 180 - 4\alpha $

$ 180 - 4\alpha = 2\alpha $ da cui $ \alpha = 30° $

$ \angle BAD + \angle CDA = 180 - \beta - \alpha + 180 -( $$ 180 - \beta) - \alpha = 180 - 2\alpha = 180 - 60 = 120° $

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

e ora provo ^BAD + ^BDA = 120 ---> AE = ED


BA e CD si incontrano in F e quindi $ \angle BFC = 180 - 120 = 60 $

$ AB = BC = CD = r $

$ \Gamma_B $ è la crf di centro B e raggio r e $ \Gamma_A $ è la crf di centro C e raggio r.

L' intersezione su AD (dopo lo dimostro) è H e l'altra è G.
$ \angle BHC = \angle BGC = 60 $ (BHC e BGC equilateri perchè hanno lati di lungherra r).

il simmetrico di G rispetto a C è I e il simmetrico di D rispetto a C è N. M è il simmetrico di G rispetto a B.

FBCG è ciclico (per angoli di 60°) e quindi $ \angle FBG = \angle NCG = \angle MBA = \angle ICD $

Ora provo a dimostrare che H sta su AD:

Consideriamo il vettore AM e applichiamolo in I. Esso è congruente in modulo al vettore ID (perchè i triangoli isosceli CID e MBA sono congruenti) e l'angolo formato dai due vettori GF e NG (per parallelismo).
Ma $ \angle NGF $ è ottenuto dalla rotazione del triangolo NGC su GFC e quindi $ \angle NGF= \angle BGC = 60 $ e l'angolo tra i due vettori è $ 180 - 60 = 120 $.

Quindi se chiamiamo P il vertice per vettore AM applicato in I, il triangolo PID è isoscele con l'angolo al vertice di 120° e quindi quelli alla base di 30°.
$ \angle HPI = 180 - 30 = 120 = \angle MAH $.
Inoltre MH = HI = r.
Quindi i triangoli MAH e HIP sono congruenti per il primo criterio e H sta su AD.

Ma allora $ \angle EDA = \angle BDH = \frac{\angle HCB}{2} = 30° $

e ugualmente $ \angle EAD = \angle CAH = \frac{HBC}{2} = 30° $

Quindi il triangolo ADE è isoscele.

AE = ED