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Siano $ ABCDEF $ punti su una circonferenza in quest'ordine, in modo che $ ABDF $ sia un quadrato. Chamati $ P=AC \cap BE $ e $ Q=AE \cap FC $, si dimostri che $ PQ $ è parallelo ad $ FB $.

Penso che mettere una soluzione cannoneggiante non tolga a nessuno il gusto di trovarne una più semplice.

ci ho provato, per ogni strada che seguo alla fine mi blocco e non riesco mai a risolverlo, qualcuno può farmi vedere come si risolve?

$ O $ è l'intersezione tra $ FC $ e$ BE $. $ EOQ $ è simile a $ COP $, perchè hanno un angolo opposto al vertice e un altro congruente perchè sotteso da corde uguali. In particolare hanno i lati in proporzione. Allora si vede che sono simili anche i triangoli $ EOC, QOP, FOB $, perchè hanno l'angolo in $ O $ congruente e due lati in proporzione, tra $ QOP $ e $ EOC $ per ciò che abbiamo trovato prima, tra $ EOC $ e $ FOB $ perchè corde secanti. Ne deriva l'uguaglianza degli angoli corrispondenti formati dalle trasversali sulle rette $ PQ $ e$ FB $

Strangeloop ha scritto:$ O $ è l'intersezione tra $ FC $ e$ BE $. $ EOQ $ è simile a $ COP $, perchè hanno un angolo opposto al vertice e un altro congruente perchè sotteso da corde uguali. In particolare hanno i lati in proporzione. Allora si vede che sono simili anche i triangoli $ EOC, QOP, FOB $, perchè hanno l'angolo in $ O $ congruente e due lati in proporzione, tra $ QOP $ e $ EOC $ per ciò che abbiamo trovato prima, tra $ EOC $ e $ FOB $ perchè corde secanti. Ne deriva l'uguaglianza degli angoli corrispondenti formati dalle trasversali sulle rette $ PQ $ e$ FB $

era d'avvero semplice, ma non ci arrivavo , grazie per la soluzione, ora so che devo fare più attenzione a proporzioni ecc...

Effettivamente bastava che ABF fosse isoscele su base BF.

Metto pure la mia, anche se alla fin fine è sempre quella

$ \angle AEB = \angle ACF \rightarrow QPCE $ cicilco $ \rightarrow \angle QPE = \angle FCE = \angle FBE $.