I soliti quadrilateri...

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zeitgeist505
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I soliti quadrilateri...

Messaggio da zeitgeist505 » 07 apr 2012, 12:35

Sia $ ABCD $ un quadrilatero ciclico.
Le diagonali $ AC, BD $ si intersecano in $ Q $. Il lato $ DA $ prolungato dalla parte di $ A $ incontra $ CB $
prolungato dalla parte di $ B $ in $ P $.
Si ha inoltre $ CD = CP = DQ $, dimostrare che $ \angle{CAD} = 60 $

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Karl Zsigmondy
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Re: I soliti quadrilateri...

Messaggio da Karl Zsigmondy » 07 apr 2012, 18:41

Chiamo $ DAC=DBC=x \ ; \ BAC=BDC=y \ ; \ ABD=ACD=z $ (gli angoli). Ora $ PBA=180-ABC=180-x-z $, inoltre $ CPD=PDC=180-ABC=180-x-z $ dove la prima uguaglianza è dovuta al fatto che CP=CD e la seconda al fatto che ABCD è ciclico. Quindi $ PAB=180-APB-ABP=2x+2z-180 $, ma io ho che $ PAB=180-BAD=180-x-y $ da cui segue che $ 180-x-y=2x+2z-180 ; y=360-3x-2z $. Ora, dato che CD=DQ ho che $ DCQ=DQC $, ma $ DCQ=z $ mentre $ DQC=180-y-z $, pertanto $ 180-y-z=z \rightarrow y=180-2z $.
Uguagliando le due espressioni ottenute per y ho che $ 360-3x-2z=180-2z \rightarrow x=60 $ che è la tesi.
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi."
"Life is very short and there's no time for fussing and fighting, my friend!"

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