Sia $ABC$ un triangolo con $ \angle BAC \not = 90°$. Sia $O$ il circocentro del triangolo ABC, e
sia $\Gamma$ la circonferenza circoscritta al triangolo $BOC$. Supponiamo che $\Gamma$ intersechi la
retta $AB$ in un punto $P$ diverso da $B$, e la retta $AC$ in un punto $Q$ diverso da $C$. Sia
$ON$ diametro del cerchio $\Gamma$.
Dimostrare che il quadrilatero $APNQ$ è un parallelogramma.
Mi manca un angolo da dimostrare ma credo di farcela
WC 2011/G2
WC 2011/G2
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
Algebra Astratta).
Mathforum
$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
Algebra Astratta).
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$ \displaystyle\zeta(s)=\sum_{n=1}^\infty \frac {1}{n^s} $
Re: WC 2011/G2
$ \angle COB \ = 2 \angle CAB \ $ poichè rispettivamente angolo al centro e angolo alla circonferenza. Poichè $OCB$ è isoscele, essendo $OC$ e $OB$ raggi, si ha che $ \angle OCB = \angle OBC = 90° - \angle CAB \ $. il triangolo $ONB$ è retto poichè $ON$ è diametro e quindi $\angle NBC \ = \angle NBO \ - \angle CBO \ = \angle CAB \ $. Stessa cosa vale per il triangolo $ NOC $ , quindi $ \angle NCB \ = \angle CAB\ $. A questo punto $ \angle CQN \ = \angle NBC \ = \angle CAB \ $ essendo angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco $ NC $ ; e $ \angle NPB \ = \angle NCB \ = \angle CAB \ $ sempre perchè angoli alla circonferenza che insistono sull'arco $NB$. da questo segue che la retta $NQ$ è parallela alla retta $AB$ e la retta $NP$ è parrallela alla retta $QA$ e quindi $APNQ$ è un parallelogramma.