bisettrici concorrenti? allora segmenti uguali...

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
Avatar utente
pi_greco_quadro
Messaggi: 158
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Verona

bisettrici concorrenti? allora segmenti uguali...

Messaggio da pi_greco_quadro » 08 lug 2007, 17:11

Sia $ ABCD $ un quadrilatero ciclico. Siano $ P,Q,R $ i piedi delle perpendicolari da $ D $ alle rette $ BC,CA,AB $ rispettivamente. Si dimostri che $ PQ=QR $ sse le bisettrici di $ \angle ABC, \angle ADC $ sono concorrenti con $ AC $

ciao :D
Disco es cultura, metal es religion (Metal py)
"Ti credevo uno stortone.. e pure vecchio.. (Lei)"

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
Messaggi: 849
Iscritto il: 22 ott 2006, 14:36
Località: Carrara/Pisa

Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 08 lug 2007, 21:50

pare semplice:

P Q R chiaramente stanno sulla linea di simson del triangolo ABC con punto D

ma allora come tutti sanno

$ \displaystyle \overline{PQ} = \frac{c \cdot \overline{CD}}{2R} $ e $ \displaystyle \overline{QR} = \frac{a \cdot \overline{AD}}{2R} $

ma allora $ \displaystyle \overline{PQ} = \overline{QR} \Longleftrightarrow \frac{c \cdot \overline{CD}}{2R}=\frac{a \cdot \overline{AD}}{2R} \Longleftrightarrow \frac{c}{a}=\frac{\overline{AD}}{\overline{CD}} $

Avatar utente
pi_greco_quadro
Messaggi: 158
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Verona

Messaggio da pi_greco_quadro » 09 lug 2007, 01:25

Beh ora facile.. diciamo che quella relazione li apre la strada certo però io l'avevo trovata per puro caso su "Geometry Revisited" altrimenti non credo l'avrei mai saputa.. Insomma voglio dire non è tra le formule più usate però è vero che una volta usata quella il gioco è finito.. Tra l'altro mi dicono che era IMO 2003 numero 4 questo problemuccio.. :shock: PS io l'avevo originalmente dimostrato in altra via proprio perché quella relazione non la conoscevo :oops:

Quello che invece è interessante.. e molto.. è che la dimostrazione tua non usa mai il fatto che $ ABCD $ sia ciclico, quindi possiamo dire che non serve a nulla il fatto che il quadrilatero sia ciclico, mentre per esempio in quella che io avevo pensato serviva che lo fosse... per quello mi è piaciuto così tanto il problema...

Su, ora invito chiunque ne abbia voglia a dimostrare il problema senza usare la relazione di Gabriel, per quanto mi riguarda la mia dimostrazione si basa solo su teorema dei seni e un po di angle chasing giusto per sistemare gli angoli che mi servono.. a voi la sfida.. spero arrivino soluzioni diverse... 8) 'notte

EDIT: no, in realtà mi sono accorto che nemmeno nella mia serve che il quadrilatero sia ciclico :lol:
Ultima modifica di pi_greco_quadro il 09 lug 2007, 11:17, modificato 1 volta in totale.
Disco es cultura, metal es religion (Metal py)
"Ti credevo uno stortone.. e pure vecchio.. (Lei)"

Avatar utente
Nonno Bassotto
Site Admin
Messaggi: 970
Iscritto il: 14 mag 2006, 17:51
Località: Paris
Contatta:

Messaggio da Nonno Bassotto » 09 lug 2007, 01:33

Ma tutti questi "chiaramente" o "come tutti sanno" sono ironici o fate sul serio? Mi sento tremendamente ignorante di geometria euclidea... :?
The best argument against democracy is a five-minute conversation with the average voter. - Winston Churchill

Avatar utente
Ponnamperuma
Messaggi: 411
Iscritto il: 10 lug 2006, 11:47
Località: Torino

Messaggio da Ponnamperuma » 09 lug 2007, 08:43

Beh, se è per questo sono solidale con te nell'ignoranza! :wink:

@$ \pi^2 $: Credo che la ciclicità sia sottintesa... Non ho voglia di controllare (ergo qualcuno eventualmente mi smentisca), ma mi pare che la linea di Simson sia definita dato un triangolo e un punto posto sulla circonferenza circoscritta al triangolo, da cui sono portate le perpendicolari ai lati del triangolo... Segue che quest'ultimo punto è D, nel tuo problema, e il quadrilatero ciclico è visto come un triangolo (ABC) con un punto sulla circonferenza circoscritta, appunto... :wink:

Ciao!
La grandezza dell'uomo si misura in base a quel che cerca e all'insistenza con cui egli resta alla ricerca. - Martin Heidegger

MIND torna!! :D

Avatar utente
pi_greco_quadro
Messaggi: 158
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Verona

Messaggio da pi_greco_quadro » 09 lug 2007, 11:12

@Ponnamperuma: Se vedi infatti in quello che dice gabriel non si usa mai il fatto che si tratti della retta di simson ma potrebbe essere un qualsiasi triangolo pedale anche non degenere.. :D
Disco es cultura, metal es religion (Metal py)
"Ti credevo uno stortone.. e pure vecchio.. (Lei)"

Avatar utente
edriv
Messaggi: 1638
Iscritto il: 16 feb 2006, 19:47
Località: Gradisca d'Isonzo
Contatta:

Messaggio da edriv » 09 lug 2007, 14:23

Gabriel l'ha scritta un po' stringata... in realtà anche la sua dimostrazione non usa altro che il teorema dei seni e un po' di angle chasing.

Il fatto è che, essendo PQCD ciclico, con diametro CD, avremo che $ ~ \frac{PQ}{\sin PCQ} = CD $, ma $ ~ \sin PCQ = \sin BCA $, e di nuovo per il teorema dei seni, $ ~ \frac{AB}{\sin BCA} = 2R $, mettendo le due formule assieme, $ ~ PQ = \frac{CD \cdot AB}{2R} $.

Un'osservazione è che usando questa formuletta, oltre a risolvere il problema di $ ~\pi^2 $, si dimostra Tolomeo usando il teorema della linea di Simson!

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
Messaggi: 849
Iscritto il: 22 ott 2006, 14:36
Località: Carrara/Pisa

Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 10 lug 2007, 00:38

si comunque vale per le lunghezze dei lati di un qualsiasi triangolo pedale

Rispondi