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Sia ABCD un quadrilatero ciclico di centro O. Sia P l'intersezione delle diagonali AC e BD. Siano X e Y rispettivamente le proiezioni di P su AB e CD. Sia M il punyo medio di AD.

Dimostrare che i triangoli XMY e BOC sono simili.

Anche in questo caso, non date troppo per scontato che la tesi sia vera....

Edit: sono finalmente riuscito a dimostrare questo malefico fatto! (il che non aumenta minimamente la probabilità che l'enunciato sia vero )

Semplice, carino e vero ricorda un lemma dal senior, orribilmente dimostrato da qualcuno

AB incontra CD in E. Chiamiamo Q il coniugato isogonale di P wrt ADE e chiamiamo H la proiezione di P su AD. Come noto le proiezioni di P e Q sui lati di ADE stanno su una crf con centro il punto medio di PQ.

Ora $ \angle MYX = \angle XHA = 90 -\angle PHX = 90 - \angle PAX = $$ 90- \angle PDY = 90- \angle PHY = \angle YHD = \angle MXY $

quindi $ \triangle XYM $ è isoscele e $ \angle XMY = \angle HHX = \angle PAX + \angle PDY = 2 \angle CAB = \angle COB $

Gabriel, sono commosso che tu abbia speso il tuo tempo a risolvere un problema postato da me e che tu lo abbia trovato carino, ma:

1) come mai ti è venuto in mente di considerare il coniugato isogonale di P rispetto a ADE?

2) per quale oscura ragione hai definito Q e le sue proiezioni sui lati e hai enunciato una loro proprietà quando nulla di tutto questo compare nelle 2 righe di soluzione?

3) come speri che un comune mortale come me possa comprendere una soluzione in cui nulla è giustificato da un qualsivoglia argomento?

4) correggere le soluzioni dei problemi per l'ammissione al Winter Camp mi ha fatto capire che il ragionamento: "questo è un fatto noto che conosco e so dimostrare quindi lo do per scontato senza neanche enunciarlo, tanto il correttore se non è stupido capirà" è generalmente da evitare. Lo scopo del gioco è rendere la soluzione comprensibile agli altri, non a sé stesso...

Detto questo, mi interessa molto capire la tua soluzione passo per passo e le mie scarse conoscenze geometriche si stanno mettendo all'opera per capire perché $ \angle{XYM}=\angle{XMA} $ (cioè il primo passaggio...)

piever ha scritto:1) come mai ti è venuto in mente di considerare il coniugato isogonale di P rispetto a ADE?

vedendo che funzionava

piever ha scritto:2) per quale oscura ragione hai definito Q e le sue proiezioni sui lati e hai enunciato una loro proprietà quando nulla di tutto questo compare nelle 2 righe di soluzione?

sì, Q non serve se non che la sua proiezione su DA è M (che è ovvio).

piever ha scritto:3) come speri che un comune mortale come me possa comprendere una soluzione in cui nulla è giustificato da un qualsivoglia argomento?

beh tranne il lemma della crf è solo angle chasing

piever ha scritto:4)[...]Detto questo, mi interessa molto capire la tua soluzione passo per passo e le mie scarse conoscenze geometriche si stanno mettendo all'opera per capire perché $ \angle{XYM}=\angle{XMA} $ (cioè il primo passaggio...)

E' un errore di scrittura: evidentemente la scrittura giusta sarebbe $ \angle{XYM}=\angle{XHA} $ anche perchè $ 90-\angle PHX= \angle XHA $, questo è vero per la applicazione della circonferenza (HMYX ciclico)

Allo stesso modo immagino che $ \angle{HHX} $ sia in realtà $ \angle{XHY} $ (se scrivi due righe di soluzione almeno fa in modo che siano corrette ). Tra l'altro per favore, scrivi le lettere degli angoli nel modo più sensato (evidenziando che due angoli insistono sullo stesso arco, ad esempio, così la soluzione è più facile da seguire).

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:

piever ha scritto:2) per quale oscura ragione hai definito Q e le sue proiezioni sui lati e hai enunciato una loro proprietà quando nulla di tutto questo compare nelle 2 righe di soluzione?

sì, Q non serve se non che la sua proiezione su DA è M (che è ovvio).

Allora:

1) sarà anche ovvio ma potevi almeno enunciarlo...

2) Beh può essere che per qualcuno direttamente la tesi sia ovvia, ma non per questo dire "la tesi è ovvia" è una soluzione...

Comunque appena ho tempo provo a dimostrarlo....

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:

piever ha scritto:4)[...]Detto questo, mi interessa molto capire la tua soluzione passo per passo e le mie scarse conoscenze geometriche si stanno mettendo all'opera per capire perché $ \angle{XYM}=\angle{XMA} $ (cioè il primo passaggio...)

E' un errore di scrittura: evidentemente la scrittura giusta sarebbe $ \angle{XYM}=\angle{XHA} $ anche perchè $ 90-\angle PHX= \angle XHA $, questo è vero per la applicazione della circonferenza (HMYX ciclico)

Seguendo questo brillante ragionamento, quando farò il test ai RMM scriverò sul problema più difficile una sequenza casuale di lettere, sostenendo che evidentemente l'interpretazione giusta di quella sequenza di lettera sia una soluzione elegantissima...

QUESTO MESSAGGIO L'HA SCRITTO PIETRO... Quel facocero è qui a casa mia e si è dimenticato di accedere con il suo account.. Ah, Stoppia dice che è proprio un facocero västkustskt

Typiskt västkustskt vårtsvin.

Uhm, ho finalmente visto perché M è la proiezione di Q su AD...

Bella soluzione comunque! Tra un po' posto la mia...

Ciau!!!

Uhm, essendo felicemente tornato da un inverosimile RMM, mantengo almeno in parte la mia promessa e scrivo le idee base della mia dimostrazione:

1) considerare il punto Z tale che esiste una rotomotetia di centro Z che manda B in C e A in D.

2) notare che Z ha tante proprietà belle (ad esempio Z è l'inverso di P rispetto alla cfr circoscritta ad ABCD)

3) dimostrare, tramite qualche angolo, che esiste una rotomotetia di centro Z che manda B in X, C in Y e O in M

piever ha scritto:il ragionamento: "questo è un fatto noto che conosco e so dimostrare quindi lo do per scontato senza neanche enunciarlo, tanto il correttore se non è stupido capirà" è generalmente da evitare. Lo scopo del gioco è rendere la soluzione comprensibile agli altri, non a sé stesso...

LOL, da che pulpito!!!

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:sì, Q non serve se non che la sua proiezione su DA è M (che è ovvio).

piever ha scritto:Uhm, ho finalmente visto perché M è la proiezione di Q su AD...

Vi andrebbe di chiarire questo passaggio? Sarà che di geometria son negato, sarà che non sono familiare con i coniugati isogonali, proprio non riesco a provarlo...

@ kn: $ \angle PAB=\angle PDC $ per ciclicità, se prendi Q coniugato isogonale di P, questo diventa che $ \angle QAD=\angle QDA $, cioè Q è sull'asse di AD.

@ mind: LOOOL! comunque ti assicuro che dovendo _correggere_ io dei problemi, mi sono reso conto di cosa possa aver voluto dire correggere le mie soluzioni..

grazie, adesso ho capito

Vi propongo una soluzione vagamente più elementare, vettoriale.

Sia $ P $ il punto di intersezione delle diagonali di un quadrilatero ciclico $ ABCD $, siano inoltre $ J,K $ le proiezioni di $ P $ su $ AB,CD $ e $ M,N $ i punti medi di $ BC,DA $. Se $ O $ è il centro della circonferenza circoscritta al quadrilatero, il triangolo $ NJK $ risulta simile al triangolo $ OBC $.

Proviamo preliminarmente che $ MN $ è perpendicolare a $ JK $:

$ 2\,(N-M)\circ(J-K) = ((A-B)-(C-D))\circ((P-K)-(P-J)) $
$ 2\,(N-M)\circ(J-K) = (A-B)\circ(P-K) + (C-D)\circ(P-J) $

I triangoli $ PAB $ e $ PCD $ sono simili per il teorema della corda; per angle chasing si ha inoltre che l'angolo formato da $ PK $ e $ AB $ è congruente all'angolo formato da $ PJ $ e $ CD $. Provata la perpendicolarità, proviamo che il punto medio di $ JK $ giace su $ MN $. Sempre per similitudine tra $ PAB $ e $ PCD $:

$ \left\{\begin{array}{rcl} J &=& \lambda A + \mu B \\ K &=& \lambda D + \mu C \end{array}\right.\Longrightarrow J+K = \lambda N + \mu M $

Proviamo ora che $ PAB $ è simile a $ JNM $, attraverso:

$ 2\,(M-N)\times(P-J) = (B-A) \times (J-K) $

Quest'ultima è equivalente a:

$ (A+D-B-C) \times (P-J) = (A-B) \times ((P-J)-(P-K)) $
$ (D-C) \times (P-J) = (B-A) \times (P-K) $

che è banale per i medesimi discorsi che ci hanno portato a dedurre $ JK\perp MN $. Al termine della fiera, $ KNJ $ risulta isoscele, e si ha:

$ \widehat{KNJ} = 2\,\widehat{MNJ} = 2\,\widehat{PAB} = \widehat{COB} $

per il teorema dell'angolo al centro. Alleluia.