Gara di Firenze (Ulisse Dini)

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
DamianoY
Messaggi: 50
Iscritto il: 21 ott 2014, 00:00

Gara di Firenze (Ulisse Dini)

Messaggio da DamianoY » 08 feb 2015, 21:41

Sia $ ABCD $ un quadrilatero piano con la seguente proprietà: esiste un punto $ P $ sul piano del quadri- latero tale che i triangoli$ P AB $, $ P BC $, $ P CD $ e $ P DA $ sono isoperimetrici e equivalenti. Come è fatto il quadrilatero $ ABCD $? Dove si trova il punto $ P $ ?

Chiedo a voi dei suggerimenti per risolverlo (o magari delle soluzioni complete :D ).

Avatar utente
dido174
Messaggi: 14
Iscritto il: 18 ago 2014, 10:37

Re: Gara di Firenze (Ulisse Dini)

Messaggio da dido174 » 09 feb 2015, 20:41

Parto osservando e dimostrando questo Lemma: dato un triangolo $ABC$ il luogo dei punti $P$ t.c. $PAB$ e $PBC$ siano equivalenti è formato dalla parallela ad $AC$ passante per $B$ e dalla mediana di $B$.
Dimostrazione: in baricentriche sia $A(1,0,0)$, $B(0,1,0)$ e $C(0,0,1)$, e chiamo le mie coordinate $(x,y,z)$. Dato che l'area in baricentriche è con segno ma nel problema no posso avere $[ABP] = [PBC]$ o $[ABP]=-[PBC]$. Nel primo caso $P$ ha coordinate $(\alpha, 1-2\alpha, \alpha)$, nel secondo $(\alpha, 1, -\alpha)$. Nel primo caso la retta $BP$ ha equazione $x-z=0$ ed è la mediana per $B$, nel secondo è $x+z=0$ e concorre con $y=0$ (lato $AC$) e $x+y+z=0$ (retta all'infinito), dunque è parallela ad $AC$.

A questo punto nel mio quadrilatero ho che $P$ appartiene o alla mediana di $ABD$ o alla parallela a $BD$ passante per $A$ e cicliche.

Adesso ho fatto solamente il caso in cui $P$ appartiene alle mediane. Detto $M$ il punto medio di $AC$ e $N$ quello di $BD$, si possono avere tre casi:

1)$A,N,C$ non allineati e $B,M,D$ non allineati: allora $P \in BM \cap DM$ ma $BM \cap BM = M$ allora $P \cong M$. Analogamente $P \cong N$ e quindi $N \cong M$, le diagonali si bisecano scambievolmente, è un parallelogramma e $P$ è l'intersezione delle diagonali.

2) WLOG $B,M,D$ allineati e $A,N,C$ non allineati: allora $P$ giace sulla retta $BD$, su quella $AN$ e su $NC$, quindi $P \cong N$.
Ora supponendo $D$ sul segmento $DM$ ipotizzo $AD < DC$, allora poichè $DM$ è comune e $AM = MC$ avremo che $\angle AMD < \angle DMC$, da cui $AN < NC$, ma allora il perimetro di $NDA$ è minore di quello di $NDC$.
Allora $AD = DC$, $AM$ è mediana di $ADC$ ma anche altezza, quindi perpendicolare ad $AC$. il quadrilatero ha le diagonali perpendicolari e quindi, essendo anche $AM = CM$, avremo $\triangle AMB \cong \triangle MBC$, in particolare $AB = BC$. Inoltre $AD = AB$ e $BC = DC$, infatti, poichè $DN=BN$, questa condizione serve affinchè i perimetri di $ADN$ e $ABN$ uguali e analogamente dall'altro lato. Dunque abbiamo un rombo e $P$ è l'intersezione delle diagonali.

3) $A,N,C$ allineati e $B,N,C$ allineati. allora $M \cong N$ e le diagonali si bisecano scambievolmente, abbiamo un parallelogramma e $P$ è l'intersezione delle diagonali.

Riprendo i casi 1 e 3, si osserva subito che per rispettare la condizione sui perimetri serve che i lati abbiano la stessa lunghezza, allora abbiamo un rombo e $P$ è l'intersezione delle diagonali.

Rispondi