Tetraedro americano.

[enomis_costa88]

$ ABCD $ è un tetraedro.
Il punto medio di AB è M, il punto medio di CD è N.
Dimostrare che MN è perpendicolare a AB e a CD sse AC=BD e AD=BC.

E' una vecchia usamo, utile per prendere confidenza con....

Buon lavoro enomis.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Mi sembra semplice:
i triangoli ADC e CDB sono congruenti per ipotesi, quindi la mediana AN e congruente alla mediana BN.
Ma allora ANB è isoscele sulla base AB e MN è mediana e altezza. quindi MN è perpendicolare a AB. (considerando il triangolo DMC si dimostra anche che MN è perpendicolare a DC)

[Aurora]

Gabriel, questa è solo una freccia!!!
Ed è anche la più facile...

[enomis_costa88]

Vabbè la mia idea era quella di postare un problema semplice sui vettori..

Posto in bianco perchè non è mai troppo bello risolversi un problema ma visto che è istruttivo e sono passati mesi..

Questa era la mia soluzione..
M=(A+B)/2; N=(D+C)/2
Poiché: <M-N;A-B>=0 (se MN è perpendicolare a AB il prodotto scalare è nullo).
e : <M-N;C-D>=0
ottengo svolgendo i calcoli:
A^2+<D;B>+<C;B>=B^2+<C;A>+<D;A>
D^2+<A;C>+<B;C>=C^2+<A;D>+<B;D>

Sommando in modo intelligente le quali ottengo:
B^2+D^2-2<B;D>=C^2+A^2-2<C;A>
Ovvero BD=CA
E:
A^2+D^2-2<A;D>=C^2+B^2-2<B;C>
Ovvero AD=BC
Inoltre anche lavorando con queste ultime due posso ottenere le prime due quindi entrambe le freccie sono vere.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

ah e chi lo aveva visto il sse?

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

p.s. e comunque cosa ci vuole a dimostrare l'altra freccia? niente:

se le mediane sono perpendicolare ANB e DMC isosceli. Quindi l'ungezza della mediana di ADC (uscente da D) = lunghezza di quella di ABC (uscente da C) e lostesso con quelle di ACD e BCD...

$ BC^2 + BD^2 = AD^2 + AC^2 $
$ AC^2 + BC^2 = AD^2 + DB^2 $

$ BD^2 - AC^2 = AC^2 - DB^2 $ da cui $ AC = DB $ e quindi $ BC = AD $