Problemino su un quadrilatero

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Russell
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Problemino su un quadrilatero

Messaggio da Russell » 30 ago 2007, 10:05

Sia $ M $ il punto di intersezione delle diagonali $ AC $ e $ BD $ di un quadrilatero convesso $ ABCD $. La bisettrice dell'angolo $ \widehat{ACD} $ interseca in $ K $ il prolungamento del segmento $ BA $ dalla parte di $ A $. Sapendo che $ MA\cdot MC+MA\cdot CD=MB\cdot MD $, dimostrare che $ \widehat{BKC}=\widehat{CDB}. $
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Paolz
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Messaggio da Paolz » 30 ago 2007, 12:00

Posso scrivere l'ultima relazione come $ MA(MC+CD)=(MB)(MD) $. Prolungo il lato AC dalla parte di C di un segmento $ CD'=CD $. Il triangolo $ CDD' $ risulta isoscele di base DD', quindi, poichè l'angolo DCD' è supplementare a quello DCD', e per l'ipotesi della bisettrice, ho che $ \angle KCM=\angle CDD'=\angle CD'D $. Per la relazione $ MA(MC+CD)=(MB)(MD) $, che si può riscrivere $ MA/MB=MD/(MC+CD) $ e $ MA/MD=MB/(MC+CD) $, poichè $ \angle DMA=\angle D'MB $ e $ \angle AMB=\angle DMD' $, sono simili le due coppie di triangoli $ AMB,DMD' $ e $ AMD,MD'B $. Quindi ho le seguenti uguaglianze angolari: $ \angle ADM=\angle MD'B, \angle DAM=\angle MBD', \angle MBA=\angle MD'D $. Chiamo $ \angle ADM=a, \angle DAM=b, \angle CD'D=c $. Per le uguaglianze citate e per differenza nel triangolo D'MB, $ \angle CMB=180-(a+b) $ e quindi $ \angle AMD=(a+b) $. Poichè $ \angle MBA=c $, ho per differenza $ D'AB=180-(a+b+c) $. Siccome $ \angle DAC=b $, per differenza ho $ \angle DAK=a+c $. Applico la relazione della somma degli angoli interni ai triangoli ACK e ADC.
Triangolo ACK: $ \angle BKC+2c+a+b=180° $.
Triangolo ADC: $ \angle CDB+2c+a+b=180° $.
Da ciò segue $ \angle BKC=\angle CDB $.

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Russell
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Messaggio da Russell » 30 ago 2007, 14:00

Oppure...
Paolz ha scritto:Posso scrivere l'ultima relazione come $ MA(MC+CD)=(MB)(MD) $. Prolungo il lato AC dalla parte di C di un segmento $ CD'=CD $. Il triangolo $ CDD' $ risulta isoscele di base DD', quindi, poichè l'angolo DCD' è supplementare a quello DCD', e per l'ipotesi della bisettrice, ho che $ \angle KCM=\angle CDD'=\angle CD'D $. Per la relazione $ MA(MC+CD)=(MB)(MD) $, che si può riscrivere $ MA/MB=MD/(MC+CD) $ ... sono simili i triangoli $ AMB,DMD' $.
Poniamo $ \widehat{MAB}=\widehat{MDD'}=\alpha $ e $ \widehat{KCM}=\widehat{CDD'}=\beta $.
Abbiamo allora $ \widehat{CDB}=\alpha -\beta $ e, per il teorema dell'angolo esterno, $ \widehat{BKC}=\alpha -\beta $
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Paolz
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Messaggio da Paolz » 30 ago 2007, 15:12

Si vede che ultimamente sto prendendo lezioni di contorsionismo?

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Russell
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Messaggio da Russell » 30 ago 2007, 15:16

Se ti facessi vedere qualche mia soluzione.... anch'io faccio diciottomila giri !!
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