Quadrilatero bicicletta

[Simo_the_wolf]

Abbiamo un signor quadrilatero $ ABCD $ detto biciclico poichè ha una circonferenza che passa per i suoi 4 vertici (ed è quindi ciclico) e ha anche una circonferenza che tange internamente i suoi quattro lati (e dunque è circoscrittibile) in punti $ A_1, B_1, C_1, D_1 $.
Dimostrare che le diagonali di $ A_1B_1C_1D_1 $ sono perpendicolari

[cellulacameratatumorale]

Rispondo da gnubbo, ma non mi scuso per l'ignoranza perchè sul regolamento c'è scritto di non farlo




Non basta osservare che l'unico quadrilatero contermporaneamente inscrivibile e circoscrivibile ad una circonferenza è un quadrato? Da lì si dimostra facilmente che i punti in cui la circonferenza interna tange i lati sono i punti medi e quindi il secondo quadrilatero ottenuto unendo tali punti è un secondo quadrato... Con diagonali perpendicolari

[Gauss91]

Per cellula: ce ne sono altri, come per esempio un deltoide ciclico (angoli uguali opposti di 90° ciascuno).

Innanzitutto si noti che, essendo $ A_1B_1C_1D_1 $ ciclico, esso è convesso (così non si hanno le menate di diagonali che si incontrano esternamente al quadrilatero). Per metterci d'accordo sui vertici, pongo i punti nel seguente ordine, seguendo i lati di $ ABCD $: $ AA_1BB_1CC_1DD_1 $.
Le due diagonali, $ A_1C_1 $ e $ B_1D_1 $ si incontrino nel punto $ H $. I quadrilateri (con ovvio significato di simbologia) $ AA_1HD_1, BB_1HA_1, CC_1HB_1, DD_1HC_1 $ sono ciclici, perché è, per esempio $ \hat{HA_1B} = \hat{BB_1H} =\displaystyle\frac{\pi}{2} $.
Dunque, per esempio, $ \hat{A_1HD_1} + \hat{D_1AA_1} = \pi $, e anche $ \hat{B_1HC_1} + \hat{C_1CB_1} = \pi $, ed essendo $ \hat{A_1AD_1} + \hat{B_1CC_1} = \pi $, si evince $ \hat{D_1AA_1} = \hat{C_1HB_1} $ e $ \hat{C_1CB_1} = \hat{D_1HA_1} $, quindi $ \hat{D_1HA_1} + \hat{C_1HB_1} = \hat{D_1AA_1} + \hat{C_1CC_1} = \pi $ (1).
Ma è $ \hat{D_1HA_1} = \hat{C_1HB_1} $ perché opposti al vertice $ H $, quindi sarà, per la (1), $ \hat{D_1HA_1} = \hat{C_1HB_1} = \displaystyle\frac{\pi}{2} $.

[cellulacameratatumorale]

Ca***, vado a spararmi va...

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

altri due fattarelli interessanti:

1) chiamiamo $ O $ il circocentro di $ ABCD $ e $ O_1 $ quello di $ A_1B_1C_1D_1 $. Come noto $ AC $, $ BD $, $ A_1C_1 $, $ B_1D_1 $ concorrono in un punto che chiamiamo $ T $.
Allora $ O $, $ O_1 $, $ T $ sono allineati. [è già stato postato sul forum]

2) Chiamiamo $ S $ l'intersezione di $ AB $ con $ CD $ e $ W $ l'intersezione di $ BC $ e $ DA $. Allora $ O $ è l'ortocentro di $ STW $ (o S_t_w ).

[kn]

2) Chiamiamo $ S $ l'intersezione di $ AB $ con $ CD $ e $ W $ l'intersezione di $ BC $ e $ DA $. Allora $ O $ è l'ortocentro di $ STW $ (o S_t_w ).

Sbaglio o per questo basta che ABCD sia ciclico (se definiamo T come l'incontro delle sue diagonali)?

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

lol hai ragione, alla fine è solo un semplice fatto di polari, al massimo può servire per dimostrare il punto 1 XD

vabè allora cambiamo il 2:

2) Detto R il raggio della crf circoscritta, r quello di quella inscritta e d la distanza fra i centri di esse allora

$ \displaystyle \frac{1}{(R+d)^2} + \frac{1}{(R-d)^2} = \frac{1}{r^2} $

[Simo_the_wolf]

Hey hey, con calma!! Non avete ancora risolto il mio problema e già ne proponete altri??? è maleducazione!!! (scherzo)

$ \hat{HA_1B} = \hat{BB_1H} =\displaystyle\frac{\pi}{2} $

siamo sicuri???

[Gauss91]

Eh no è vero solo se H è il centro della circonferenza inscritta a ABCD... Grazie per avermelo fatto notare. Allora nulla.