Ecco 3 problemi che si possono risolvere, tra il resto, con una sagace applicazione del concetto di rotomotetia (o similitudine a spirale).
Problema 1: Sia $ABCDE$ un pentagono convesso tale che $\angle BAC=\angle CAD=\angle DAE$ e $\angle CBA=\angle DCA=\angle EDA$. Sia $P$ l'intersezione di $BD$ e $CE$. Dimostrare che $AP$ biseca il lato $CD$. Hint
Testo nascosto:
$ABCD$ e $ACDE$ sono simili tramite rotomotetia di centro $A$...
Problema 2: Sia $ABCD$ un quadrilatero e siano $E$, $F$ punti su $AD$ e $BC$ tali che $AE/ED=BF/FC$. La retta $FE$ incontra le rette $AB$ e $CD$ in $S$ e $T$. Dimostrare che le circonferenze circoscritte a $SAE$, $SBF$, $TCF$ e $TDE$ passano per uno stesso punto. Hint
Testo nascosto:
Applicare questo alle prime due circonferenze, ottenendo il centro di una rotomotetia, poi con angoli e lati dimostrare che è anche il centro di altre rotomotetie.
Problema 3: Sia $ABCD$ un quadrilatero convesso con $BC=AD$ e non paralleli tra loro. Siano $E$ ed $F$ su $BC$ ed $AD$ tali che $BE=DF$. $AC$ e $BD$ si incontrano in $P$, $BD$ e $EF$ si incontrano in $Q$, $EF$ ed $AC$ si incontrano in $R$. Al variare di $E$ ed $F$ con le proprietà specificate, si dimostri che le circonferenze circoscritte ai triangoli $PQR$ passano tutte per uno stesso punto. Hint
Testo nascosto:
Considerare il centro della rotomotetia che manda $A$ in $B$ e $C$ in $D$ e dimostrare, con questo, che sta sulle circonferenze menzionate.
Nota Bene: Oltre ad essere ragionevolmente istruttivi (e ragionevolmente fattibili anche senza rotomotetie, ma con qualche fatica in più) e di livello internazionale, questi problemi sono, imho (la h è lì solo perché di solito ci va...), casi abbastanza "tipici" di situazioni in cui è possibile costruire una rotomotetia e utilizzarla per ottenere risultati (trasporto di angoli e rapporti tra segmenti). In particolare, punti che dividono segmenti nello stesso rapporto o che staccano segmenti uguali sono un buon indizio, oppure caterve di angoli uguali.
EvaristeG ha scritto:Problema 1: Sia $ABCDE$ un pentagono convesso tale che $\angle BAC=\angle CAD=\angle DAE$ e $\angle CBA=\angle DCA=\angle EDA$. Sia $P$ l'intersezione di $BD$ e $CE$. Dimostrare che $AP$ biseca il lato $CD$.
Testo nascosto:
Si noti come i triangoli $ABC$, $ACD$ e $ADE$ sono simili, perchè hanno tre angoli uguali. Segue $\frac{CD}{BC}=\frac{AD}{AC}=\frac{DE}{CD}$ per le due similitudini.
Sia $K=AC\cap BC$ e $L=AD\cap CE$. Sia infine $M=AP \cap CD$.
Teorema di Ceva sul triangolo $ACD$ e punto $P$: poichè il rapporto $\frac{CM}{DM}$ deve essere $1$, la tesi è vera se e solo se $\frac{AK}{KC}=\frac{AL}{LD}$
Rotomotetia malvagia di centro $A$, fattore $\frac{CD}{BC}$ e angolo $\angle BAC$ manda $B$ in $C$ e $C$ in $D$ e $D$ in $E$ (mentre A resta allegramente in A. $K$, essendo $BD\cap AC$ va in $L$, che è $CE\cap AD$.
Poiché la rotomotetia conserva i rapporti, allora $\frac{AK}{KC}=\frac{AL}{LD}$, e la tesi è vera
"Problem solving can be learned only by solving problems"
Dò per scontato il lemma che sta nel glossario e che è linkato nei vari hint.
2)
Testo nascosto:
Sia $R$ l'intersezione di $AB$ e $CD$. La rotomotetia di centro $O$ che manda $A$ in $B$ e $D$ in $C$ è l'intersezione delle circonferenze circoscritte ai triangoli $ARD$ e $BCR$. Vale quindi: $AD:AO=BC:BO$, da cui sfruttando l'ipotesi $AE:ED=BF:FC$, si ottiene che $AE:AO=BF:BO$, ovvero che $\triangle AEO$ e $\triangle BFO$ sono simili ($\angle EAO=\angle FBO$ per la similitudine tra $ADO$ e $BCO$). Dunque c'è una rotomotetia di centro $O$ che manda $A$ in $B$ e $E$ in $F$, quindi per il lemma le circonferenze circoscritte a $AES$ e $BFS$ passano per $O$. Analogamente si fa con il punto $T$, deducendo che le quattro circonferenze passano per $O$.
3)
Testo nascosto:
Sia $O$ l'intersezione delle circonferenze circoscritte a $ADP$ e $BCP$; per il lemmino è centro della rotomotetia che manda $A$ in $C$ e $D$ in $B$, ma essendo $AD=BC$, questa è semplicemente rotazione. Da questo segue che $OA=OC$ e $OB=OD$ e $\angle OAD=\angle OCB$ e $\angle ODA=\angle OBC$. Poiché $BE=DF$, i triangoli $AFO$ e $OCE$ sono uguali e "rotomotetici" di $O$, cosi come $ODF$ e $OBE$; da queste due affermazioni segue che i seguenti quattro quadrilateri $AROF,EROC,EOQB, DOQF$ sono conciclici. $\angle OQB=180-\angle OEB=\angle OEC$.
Noto che le circonferenze circoscritte a $ADP$ e $BCP$ sono uguali: per ipotesi $AD=BC$ e $\angle APD=\angle BPC$ poiché sono opposti al vertice, quindi usando la formuletta $a=R\cdot \sin{\alpha}$, i raggi delle due circonferenze sono uguali; quindi a corda uguale si oppone angolo uguale e $\angle DPO=\angle OCB$. Aggiungendo la relazione di prima
$\angle OQB=\angle OEC$, si ottiene che i triangoli $OQP$ e $OEC$ sono simili, dunque $O$ è il centro della romotetia che porta $Q$ in $E$ e $P$ in $C$, ovvero $O$ è l'intersezione della circonferenza circoscritta a $PQR$ e $PBC$. Dato che $O$ è fissato come l'intersezione delle circonferenze di $PBC$ e $PAD$, tutte le circonferenze circoscritte a $PQR$ passano per $O$.
Spero solo di non aver fatto errori... :S
"Inequality happens"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"
Edit: avevo letto male le lettere sulla mia figura. Le soluzioni vanno bene, anche se sono scritte con i piedi (un punto non è una trasformazione ... non dici "$P$ è una omotetia che manda..." ma "esiste un'omotetia di centro $P$ che manda...").
Per quanto riguarda il farli senza trasformazioni...
Testo nascosto:
$BC$ e $DE$ sono tangenti alla cfr circoscritta a $ADC$
Testo nascosto:
cercare l'opportuno punto di Miquel (di un quadrilatero) ... potrebbe essere utile intersecare $AD$ e $BC$
Testo nascosto:
prendete due triangoli $PQR$ e $PST$ e le circonferenze circoscritte si intersechino di nuovo in $U$; usando il teorema dei seni su triangoli non ovvi, dimostrare che $\angle TUP$ (se avete messo $T$ sul lato giusto...) è costante, qualsiasi sia il triangolo $PST$...
oppure
Testo nascosto:
per consiglio divino intersecate le circonferenze circoscritte a $APD$ e $BPC$, che si incontrano di nuovo in $T$, ora ci sono un sacco di triangoli isosceli ...ora Simson e geometria finta vi soccorrono per dimostrare che $T$ è conciclico con $PQR$
