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sia $ \triangle ABC $ un triangolo tale che $ AB \neq AC $. si prenda $ P $ dalla parte opposta di $ C $ rispetto a $ AB $, tale che $ PA = PB $. similmente, sia $ Q $ dalla parte opposta di $ B $ rispetto a $ AC $, tale che $ QC = QA $ e $ \hat{Q} = \hat{P} $. analogamente, sia $ R $ dalla stessa parte di $ A $ rispetto a $ BC $, tale che $ RB = RC $ e $ \hat{R} = \hat{P} $.
dimostrare che $ APQR $ è un parallelogramma.

A me viene APRQ e non APQR,forse e' una questione di disegno.
Siano a,b,c gli angoli di ABC ed O il circocentro.
Tenendo conto della congruenza degli angoli in P,Q ed R e dei loro complementari
risulta che ,essendo OQC=ORC, il quadrilatero ORQC e' ciclico .Ne segue:
QRC=QOC=b
Inoltre QCR=ACB=c perche' somme di angoli congruenti.Analogamente risulta:
PBR=b e PRB=c e di conseguenza i triangoli PBR e QRC sono congruenti per
avere BR=CR e gli angoli adiacenti a questi lati pure congruenti.
Quindi:
AP=PB=RQ;
AQ=QC=PR e cio' prova la tesi.

io ho altre due soluzioni... chi rilancia?

Alors

$ \angle Q=\angle R= \angle P= 180-2k $
Userò le consuete notazioni per i triangoli, cioè il vertice $ A $ e l'angolo $ \alpha $ sono opposti al lato $ a $.

Avremo che
$ PBR=\beta $ e cicliche, per sottrazione di angoli uguali

Ora, per Carnot

$ a^2=b^2+c^2-2bc\cos\alpha $ e cicliche

è noto che $ BR=CR=\dfrac{a}{2\cos k} $ e cicliche

Quindi

$ PR^2=\dfrac{b^2}{4\cos^2 k}+\dfrac{a^2}{4\cos^2 k}-2\dfrac{a}{2\cos k}\dfrac{b}{2\cos k}\cos \alpha=\dfrac{c^2}{4\cos^2 k}{ $ e cicliche

Ciò prova sia che i triangoli $ PRB $, $ QRC $ sono uguali (tre lati) e che essi sono simili ad $ ABC $ (tre lati in proporzione). Ciò prova praticamente la tesi, segnando tutti i lati e tutti gli angoli.

Dunque. I triangoli BRC, CQA, APB sono simili, perché isosceli con l'angolo compreso tra i lati obliqui congruente. Quindi BR:BC=RC:BC=PB:AB=QC:AC. Inoltre, detti ABC=beta e ACB=gamma, si ha chiaramente PBR=beta e QCR=gamma. Allora i triangoli PBR e RCQ sono entrambi simili al triangolo ABC (due lati in proporzione, l'angolo compreso congruente). Dunque si ha che PR:AC=PB:AB=AQ:AC perciò PR=AQ. E, allo stesso modo, RQ=AP. PRQA, con i lati opposti congruenti, è un parallelogramma.
c.v.d.

la soluzione di phi si avvicina ad una delle mie...
ora che ci sono, la posto...
allora $ BPR $ si ottiene ruotando e "omotetizzando" opportunamente...
il fatto è che il fattore di omotetia fa sì che $ PR = AQ $...
e il gioco è fatto con due rotazioni e due omotetie

tanto per smontare il tutto in maniera dolce e raffinata...
mettiamo tutto nel piano complesso, di modo che $ B = 0, C = 1, A = z $.
ora, sia $ R = r $.
si ha $ P = zr $, e $ Q = 1 + (1-r)(z-1) $, da cui è immediato verificare che $ A+R = P+Q $, cioè che $ APRQ $ è un parallelogramma...
in realtà, si fa uso di un'ipotesi in meno: non serve che $ \triangle BPA $ sia isoscele, ma basta che $ \triangle BPA, \triangle BRC, \triangle AQC $ siano ordinatamente simili...

ps. i geometri puri rabbrividiranno, però mi sembra istruttivo l'uso dei complessi in geometria... non che sia elegantissimo, ma a volte è assai comodo... tipo teorema di napoleone, o per dimostrare che i punti medi dei lati di un quadrilatero stanno sono i vertici di un parallelogramma... sono molto veloci, in questo modo!