bisettrici concorrenti? allora segmenti uguali...

[pi_greco_quadro]

Sia $ ABCD $ un quadrilatero ciclico. Siano $ P,Q,R $ i piedi delle perpendicolari da $ D $ alle rette $ BC,CA,AB $ rispettivamente. Si dimostri che $ PQ=QR $ sse le bisettrici di $ \angle ABC, \angle ADC $ sono concorrenti con $ AC $

ciao

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

pare semplice:

P Q R chiaramente stanno sulla linea di simson del triangolo ABC con punto D

ma allora come tutti sanno

$ \displaystyle \overline{PQ} = \frac{c \cdot \overline{CD}}{2R} $ e $ \displaystyle \overline{QR} = \frac{a \cdot \overline{AD}}{2R} $

ma allora $ \displaystyle \overline{PQ} = \overline{QR} \Longleftrightarrow \frac{c \cdot \overline{CD}}{2R}=\frac{a \cdot \overline{AD}}{2R} \Longleftrightarrow \frac{c}{a}=\frac{\overline{AD}}{\overline{CD}} $

[pi_greco_quadro]

Beh ora facile.. diciamo che quella relazione li apre la strada certo però io l'avevo trovata per puro caso su "Geometry Revisited" altrimenti non credo l'avrei mai saputa.. Insomma voglio dire non è tra le formule più usate però è vero che una volta usata quella il gioco è finito.. Tra l'altro mi dicono che era IMO 2003 numero 4 questo problemuccio.. PS io l'avevo originalmente dimostrato in altra via proprio perché quella relazione non la conoscevo

Quello che invece è interessante.. e molto.. è che la dimostrazione tua non usa mai il fatto che $ ABCD $ sia ciclico, quindi possiamo dire che non serve a nulla il fatto che il quadrilatero sia ciclico, mentre per esempio in quella che io avevo pensato serviva che lo fosse... per quello mi è piaciuto così tanto il problema...

Su, ora invito chiunque ne abbia voglia a dimostrare il problema senza usare la relazione di Gabriel, per quanto mi riguarda la mia dimostrazione si basa solo su teorema dei seni e un po di angle chasing giusto per sistemare gli angoli che mi servono.. a voi la sfida.. spero arrivino soluzioni diverse... 'notte

EDIT: no, in realtà mi sono accorto che nemmeno nella mia serve che il quadrilatero sia ciclico

[Nonno Bassotto]

Ma tutti questi "chiaramente" o "come tutti sanno" sono ironici o fate sul serio? Mi sento tremendamente ignorante di geometria euclidea...

[Ponnamperuma]

Beh, se è per questo sono solidale con te nell'ignoranza!

@$ \pi^2 $: Credo che la ciclicità sia sottintesa... Non ho voglia di controllare (ergo qualcuno eventualmente mi smentisca), ma mi pare che la linea di Simson sia definita dato un triangolo e un punto posto sulla circonferenza circoscritta al triangolo, da cui sono portate le perpendicolari ai lati del triangolo... Segue che quest'ultimo punto è D, nel tuo problema, e il quadrilatero ciclico è visto come un triangolo (ABC) con un punto sulla circonferenza circoscritta, appunto...

Ciao!

[pi_greco_quadro]

@Ponnamperuma: Se vedi infatti in quello che dice gabriel non si usa mai il fatto che si tratti della retta di simson ma potrebbe essere un qualsiasi triangolo pedale anche non degenere..

[edriv]

Gabriel l'ha scritta un po' stringata... in realtà anche la sua dimostrazione non usa altro che il teorema dei seni e un po' di angle chasing.

Il fatto è che, essendo PQCD ciclico, con diametro CD, avremo che $ ~ \frac{PQ}{\sin PCQ} = CD $, ma $ ~ \sin PCQ = \sin BCA $, e di nuovo per il teorema dei seni, $ ~ \frac{AB}{\sin BCA} = 2R $, mettendo le due formule assieme, $ ~ PQ = \frac{CD \cdot AB}{2R} $.

Un'osservazione è che usando questa formuletta, oltre a risolvere il problema di $ ~\pi^2 $, si dimostra Tolomeo usando il teorema della linea di Simson!

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

si comunque vale per le lunghezze dei lati di un qualsiasi triangolo pedale