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siano A,B,C,D,E,F sei punti su una circonferenza in quest'ordine, tali che AD,BE e CF concorrono. Siano poi P il punto medio di AD, Q il punto medio di BE e R il punto medio di CF. Siano poi G il punto di intersezione tra la retta per A parallela a BE e la circonferenza diverso da A, e H il punto di intersezione tra la retta per A parallela a CF e la circonferenza diverso da A.

Dimostrare che DGH è simile a PQR.

(abbastanza facile)

ciao ciao

Ci provo io:

Lemma 1 (abbastanza carino)
Ho tre rette concorrenti in I e un punto O qualsiasi. Da O traccio le perpendicolari alle tre rette, siano A,B,C i piedi delle perpendicolari. Allora il triangolo ABC ha per angoli gli angoli di incidenza delle tre rette (nel modo illustrato nel disegno).


Dimostrazione. Per gli angoli retti, i quadrilateri IOAB, IOBC, IOCA sono inscrivibili. Segue che una circonferenza unica passa per I, O, A, B, C.

Ma allora ^BAC = ^BIC e così via. cvd.

Passiamo al problema.



"Spostiamo" qualche angolo:
^HDG = ^HAG (per gli angoli alla circonferenza)
^HAG = ^RIQ (usando le rette parallele)

^GHD = ^GAD (per gli angoli alla circonferenza
^GAD = ^QIP (per le rette parallele)

^HGD = 180 - ^HAD (per il quadrilatero ciclico)
^HAD = ^FID (per le rette parallele)
^HGD = 180 - ^PIR

Inoltre, usiamo il dato che P è il punto medio di AD dicendo che OD è perpendicolare AD (sono equivalenti).
Possiamo applicare il lemma precedente:
^RPQ = ^RIQ
^PQR = 180 - ^PIR
^QRP = ^QIP

Mettendo insieme il passo 1 al passo 2:
^GHD = ^QRP, eccetera.

Quindi i triangoli GHD e QRP hanno gli stessi angoli e sono simili. q.e.d.s.g.o.p.n.

perfetto: la mia soluzione è uguale,solo che il lemma lo "inglobo" nella soluzione (cioè non uso alcun lemma) perchè tanto si inserisce bene.

ciao ciao