Staffetta 25

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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gatto_silvestro
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Staffetta 25

Messaggio da gatto_silvestro » 11 ago 2011, 10:55

Le diagonali $ AC,BD $ di un quadrilatero $ ABCD$ si incontrano in $E$. Siano $M,N$ i punti medi di $AB, CD$ rispettivamente. Sia $F$ l'intersezione degli assi di $AB, CD$. Supponiamo che $EF$ incontri $BC,AD$ in $P,Q$ rispettivamente.

Dimostrare che se $MF \cdot CD=NF \cdot AB$ e $DQ \cdot BP =AQ \cdot CP$ allora $PQ \perp BC$.

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Karl Zsigmondy
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Re: Staffetta 25

Messaggio da Karl Zsigmondy » 31 ago 2011, 12:01

Cerchiamo di non far morire la staffetta di geometria, magari gatto silvestro dia un tempo entro il quale aspetta prima di postare lui stesso la soluzione o qualcosa del genere... è un peccato.
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gatto_silvestro
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Re: Staffetta 25

Messaggio da gatto_silvestro » 01 set 2011, 11:30

Piazzo un hint:

Poichè F è centro della rotomotetia che manda AB in CD che si può dire su ABFE e CDEF?

OriginalBBB
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Re: Staffetta 25

Messaggio da OriginalBBB » 01 set 2011, 20:21

EF può incontrare i lati anche sul prolungamento?

gatto_silvestro
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Re: Staffetta 25

Messaggio da gatto_silvestro » 09 set 2011, 10:04

Si, comunque se nessuno si cimenta tra un paio di giorni metto una soluzione.

Nabir Albar
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Re: Staffetta 25

Messaggio da Nabir Albar » 09 set 2011, 16:39

Metto la mia perché ci sono delle idee carine: intanto dalle ipotesi $ABF$ e $CDF$ sono isosceli e simili e $\frac{AQ}{QD}=\frac{BP}{PC}=\alpha$.
Questo rapporto $\alpha$ non vale solo per gli estremi di $AB$ e $DC$, ma anche per i punti "intermedi": cosa succede infatti se prendo un generico $X\in AB$ e un $Y\in DC$ in modo che $\frac{AX}{XB}=\frac{DY}{YC}$? Se chiamo $Z=XY\cap QP$, $\frac{XZ}{ZY}=\alpha$!
Ciò si vede facilmente con i vettori: l'ipotesi equivale a dire che per un certo $\lambda$ vale $Q=(1-\lambda)A+\lambda D$ e $P=(1-\lambda)B+\lambda C$ (ovviamente $\lambda=\frac{AQ}{AD}$). Se ora prendo $X=(1-\mu)A+\mu B$ e $Y=(1-\mu)D+\mu C$, considero il punto $Z'$ che divide $QP$ nello stesso rapporto, cioè $Z'=(1-\mu)Q+\mu P$ e ottengo $Z'=(1-\lambda)(1-\mu)A+\lambda(1-\mu)D+(1-\lambda)\mu B+\lambda\mu C$$=(1-\lambda)[(1-\mu)A+\mu B]+\lambda[(1-\mu)D+\mu C]=(1-\lambda)X+\lambda Y$: questo significa che $Z'$ appartiene anche a $XY$, cioè $Z'=Z$ e $\frac{XZ}{XY}=\lambda=\frac{AQ}{AD}$, ovvero $\frac{XZ}{ZY}=\alpha$!
Applichiamo ora questo lemmino interessante e generale al problema: consideriamo la retta che forma lo stesso angolo con $AF$ e $DF$ e possibilmente che intersechi i segmenti $AB$ e $CD$, cioè la bisettrice esterna di $\angle AFD$ (in realtà se $F$ finisce fuori dal quadrilatero il disegno cambia un po'). Dato che forma gli stessi angoli in $ABF$ e $CDF$, che sono simili, interseca $AB$ e $CD$ in $G$ e $H$, con $\frac{AG}{GB}=\frac{DH}{HC}$. Dunque per quanto detto $\frac{GF}{FH}=\alpha$.
Ma sempre per similitudine $\angle FGA=\angle FHD$, quindi anche $\frac{FG}{FH}=\alpha$, cioè il rapporto di similitudine tra i due triangoli isosceli è proprio quello in cui $P$ e $Q$ dividono $AD$ e $BC$. Essendo pure $\frac{AF}{DF}=\alpha$, $Q$ deve essere il piede della bisettrice di $\angle AQD$ (stessa cosa per $P$).
Chi è $E$? La rotazione che porta $A$ in $B$ e $C$ in $D$ manda $AC$ in $BD$, quindi l'angolo formato da questi due segmenti è quello della rotazione, cioè $\angle AFB$. Perciò $ABFE$ è ciclico e allo stesso modo lo è $DCFE$. Dunque $\angle AFQ=\angle QFD=\angle ECD=\angle ACD$ e $\angle AFQ=\angle ABE=\angle ABD$, cioè $ABCD$ ciclico e $F$ è il suo circocentro. A sto punto $AF,BF,CF,DF$ sono tutti uguali, quindi $FP$ è bisettrice nel triangolo isoscele $BCF$, da cui $FP\perp BC$.

Nabir Albar
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Re: Staffetta 25

Messaggio da Nabir Albar » 15 set 2011, 09:24

Se il gatto silvestro non ha nulla da dire, qualcuno proponga pure un nuovo problema! :mrgreen:

gatto_silvestro
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Re: Staffetta 25

Messaggio da gatto_silvestro » 15 set 2011, 21:03

Va bene! Avanti col prossimo

spugna
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Re: Staffetta 25

Messaggio da spugna » 20 feb 2012, 22:30

Allora? :roll:
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

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Mist
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Re: Staffetta 25

Messaggio da Mist » 20 feb 2012, 23:25

Nabir Albar ha scritto:Se il gatto silvestro non ha nulla da dire, qualcuno proponga pure un nuovo problema! :mrgreen:
Dobbiamo suppore che Nabir si aspettava che qualcuno si prendesse l'iniziativa di proporre il nuovo problema :P Propongo che sia te, spugna, a prenderti l'onere :D Sei stato l'unico a uppare dopo tanto tempo...
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2

"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102

spugna
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Re: Staffetta 25

Messaggio da spugna » 08 mar 2012, 16:59

Mist ha scritto:
Nabir Albar ha scritto:Se il gatto silvestro non ha nulla da dire, qualcuno proponga pure un nuovo problema! :mrgreen:
Dobbiamo suppore che Nabir si aspettava che qualcuno si prendesse l'iniziativa di proporre il nuovo problema :P Propongo che sia te, spugna, a prenderti l'onere :D Sei stato l'unico a uppare dopo tanto tempo...
Avevo aspettato un po' per dare un ultimatum a Nabir... Vabbé! :roll:

Problema 26
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

Maledetti fisici! (cit.)

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