In un rettangolo $ ABCD $, i punti $ P $ e $ Q $ sul lato $ BC $ sono tali che
$ AB =BP = PQ = QC $.
1) Dimostrare che $ \angle{DBC} + \angle{DPC} = \angle{DQC} $.
2) Per quali altri punti $ X $, non allineati con $ P $ e $ Q $, vale $ \angle{XBC} + \angle{XPC} = \angle{XQC} $ ?
Tre angoli e un rettangolo
Allora, la prima domanda si può fare con la formula di somma del seno o più semplicemente con una costruzione + pitagora.
Quello che non capisco bene è la seconda domanda... bisogna trovare tutti i punti?
In questo caso, sulle due variabili:
- d, lunghezza della proiezione di XC su CB
- x, lunghezza della proiezione di XC su CD
, e fissando la lunghezza di AB come unità,
Facendo qualche calcolo coi seni e con pitagora sono arrivato a:
$ (x^2+(d+1)^2)(2s+5)^2=(x^2+(d+2)^2)(x^2+(d+3)^2) $
oppure
$ x^4+2d^2x^2+10dx^2+12x^2+3d^4+18d^3+32d^2+10d-11=0 $
Che risolvendolo (a computer) viene una cirfonferenza e due iperboli... certo che non mi piace questa soluzione.
Il cerchio dovrebbe essere quello passante per D e la proiezione di P su DA, simmetrico rispetto a BC... dovrebbe esserci anche un modo geometrico per dimostrarlo, spero.
Quello che non capisco bene è la seconda domanda... bisogna trovare tutti i punti?
In questo caso, sulle due variabili:
- d, lunghezza della proiezione di XC su CB
- x, lunghezza della proiezione di XC su CD
, e fissando la lunghezza di AB come unità,
Facendo qualche calcolo coi seni e con pitagora sono arrivato a:
$ (x^2+(d+1)^2)(2s+5)^2=(x^2+(d+2)^2)(x^2+(d+3)^2) $
oppure
$ x^4+2d^2x^2+10dx^2+12x^2+3d^4+18d^3+32d^2+10d-11=0 $
Che risolvendolo (a computer) viene una cirfonferenza e due iperboli... certo che non mi piace questa soluzione.
Il cerchio dovrebbe essere quello passante per D e la proiezione di P su DA, simmetrico rispetto a BC... dovrebbe esserci anche un modo geometrico per dimostrarlo, spero.
Ecco una possibile risoluzione sintetica.
1) Visto come angolo esterno al triangolo $ BDQ $, $ \angle{DQC}= \angle{DBC}+ \angle{BDQ} $. Per concludere è dunque sufficiente dimostrare che $ \angle{BDQ}= \angle{DPC} $.
Consideriamo il cerchio circoscritto al rettangolo ABCD ed il rettangolo EFGH inscritto nello stesso cerchio, ottenuto ruotando il primo rettangolo di 90° ( per capire come è fatta la figura: se il rettangolo ha base BC, allora GH , che è uguale ad AB, si trova sotto BC, mentre FE è sopra AD).
Osserviamo che l’intersezione dei due rettangoli risulta un quadrato di lato pari ad AB. Chiaramente i triangoli rettangoli GCP e DPC sono uguali. Pertanto $ \angle{DPC} = \angle{BCG} $. Ma gli angoli $ \angle{BCG} $ e $ \angle{BDG} $ sono uguali perché insistono sullo stesso arco di circonferenza. Essendo D, Q e G allineati, ne segue la tesi.
2) Ragionando come nel punto precedente, possiamo riscrivere la relazione come $ \angle{BXQ}= \angle{XPQ} $. Pertanto i triangoli BXQ e XPQ hanno gli stessi angoli e sono simili. Ne segue che $ BQ:XQ=XQ:PQ $, da cui $ XQ=\sqrt2PQ $. Quindi ogni punto, non allineato con P e Q, che verifica la relazione appartiene alla circonferenza di centro Q e raggio $ \sqrt2PQ $.
Viceversa, se X è un qualsiasi punto della circonferenza, allora i triangoli BXQ e XPQ sono simili perché hanno due lati in proporzione ($ BQ:XQ=XQ:PQ $) e l’angolo compreso $ \angle{XQB} $ uguale. Quindi è verificata la relazione richiesta.
1) Visto come angolo esterno al triangolo $ BDQ $, $ \angle{DQC}= \angle{DBC}+ \angle{BDQ} $. Per concludere è dunque sufficiente dimostrare che $ \angle{BDQ}= \angle{DPC} $.
Consideriamo il cerchio circoscritto al rettangolo ABCD ed il rettangolo EFGH inscritto nello stesso cerchio, ottenuto ruotando il primo rettangolo di 90° ( per capire come è fatta la figura: se il rettangolo ha base BC, allora GH , che è uguale ad AB, si trova sotto BC, mentre FE è sopra AD).
Osserviamo che l’intersezione dei due rettangoli risulta un quadrato di lato pari ad AB. Chiaramente i triangoli rettangoli GCP e DPC sono uguali. Pertanto $ \angle{DPC} = \angle{BCG} $. Ma gli angoli $ \angle{BCG} $ e $ \angle{BDG} $ sono uguali perché insistono sullo stesso arco di circonferenza. Essendo D, Q e G allineati, ne segue la tesi.
2) Ragionando come nel punto precedente, possiamo riscrivere la relazione come $ \angle{BXQ}= \angle{XPQ} $. Pertanto i triangoli BXQ e XPQ hanno gli stessi angoli e sono simili. Ne segue che $ BQ:XQ=XQ:PQ $, da cui $ XQ=\sqrt2PQ $. Quindi ogni punto, non allineato con P e Q, che verifica la relazione appartiene alla circonferenza di centro Q e raggio $ \sqrt2PQ $.
Viceversa, se X è un qualsiasi punto della circonferenza, allora i triangoli BXQ e XPQ sono simili perché hanno due lati in proporzione ($ BQ:XQ=XQ:PQ $) e l’angolo compreso $ \angle{XQB} $ uguale. Quindi è verificata la relazione richiesta.