Ero un po' indecisa sul livello perché l'ho preso dal GST del Winter Camp 2013 ma mi è sembrato facile...
Testo nascosto:
In sintetica
Sia $ABCDE$ un pentagono ciclico (non intrecciato) in cui $AB=BC$ e $CD=DE$. Sia $P$ l'intersezione tra $AD$ e $BE$, sia $Q$ l'intersezione tra $BD$ e $CA$, e sia $R$ l'intersezione tra $BD$ e $CE$.
a) Dimostrare che il triangolo $\triangle{PQR}$ è isoscele.
b) Dimostrare che $CP\bot BD$.
$\widehat{CAD}=\widehat{DAE}$ (perché insistono su archi della stessa lunghezza) $\Rightarrow AD$ è bisettrice di $\widehat{CAE}$. Analogamente, $EB$ è bisettrice di $\widehat{AEC}$. Ciò significa che $P=AD \cap BE$ è l'incentro di $ACE$, e quindi $CP$ è bisettrice di $\widehat{ECA}$, in particolare $\widehat{ECP}=\widehat{PCA} \Rightarrow \widehat{RCP}=\widehat{PCQ}$.
Dimostriamo ora che $QRC$ è isoscele.
Dato che insistono su archi della stessa lunghezza $\widehat{CAD}=\widehat{DBE} \Rightarrow \widehat{QAP}=\widehat{QBP}$. In particolare, dato che $A$ e $B$ stanno dalla stessa parte del piano rispetto alla retta $QP$, ne consegue che $ABQP$ è ciclico, il che implica $\widehat{AQB}=\widehat{APB}$ perché insistono sullo stesso arco $AB$.
$\widehat{AQB}=\widehat{CQR}$ perché opposti al vertice ($Q=BD \cap CA=BR \cap CA$).
$\widehat{APB}=\widehat{DPE}$ perché opposti al vertice ($P=AD \cap BE$).
Dato che insistono su archi della stessa lunghezza $\widehat{BEC}=\widehat{ADB} \Rightarrow \widehat{PER}=\widehat{PDR}$. In particolare, dato che $E$ e $D$ stanno dalla stessa parte del piano rispetto alla retta $PR$, ne consegue che $DEPR$ è ciclico, il che implica $\widehat{DPE}=\widehat{DRE}$ perché insistono sullo stesso arco $DE$.
Dunque $\widehat{APB}=\widehat{DPE}=\widehat{DRE}$ e $\widehat{DRE}=\widehat{QRC}$ perché opposti al vertice $R=BD \cap CE=QD \cap CE$.
Ricostruendo abbiamo $\widehat{CQR}=\widehat{AQB}=\widehat{APB}=\widehat{DPE}=\widehat{DRE}=\widehat{QRC} \Rightarrow \widehat{CQR}=\widehat{QRC}$, e quindi $CQR$ è isoscele su base $QR$.
$CP$, essendo la bisettrice di $\widehat{RCQ}$, è anche l'asse di $QR=BD$, e quindi i due segmenti sono perpendicolari. Inoltre, trovandosi $P$ sull'asse di $QR$, ne segue che $PQR$ e isoscele su base $QR$ $q. e. d.$.
"I matematici non realizzano nulla... semplicemente scoprono e dimostrano verità intrinseche riguardanti tutto ciò che esiste, ovvietà e banalità per una mente superiore, perfetta. Ed è quello il mio obiettivo!"
Cit. Marco (mio vero nome)
Per prima cosa dimostriamo che il triangolo $\triangle RCQ$ è isoscele, in particolare $RC=RQ$. Per farlo , è sufficiente dimostrare che i triangoli $BCQ$ e $CDR$ sono ordinatamente simili. Notiamo che $\angle QBC = \angle RCD$ dal momento che sono angoli alla circonferenza che sottendono archi di uguale lunghezza, allo stesso modo $\angle BCQ = \angle RDC$ , da cui si deduce per differenza di angoli $\angle BQC = \angle CRD$ e quindi il primo passo è fatto.
Adesso prestiamoci a dimostrare che il quadrilatero $PRED$ è ciclico. Notiamo che $\angle PDR = \angle REP$ sempre per angoli alla circonferenza che sottendono archi di uguale lunghezza, poi si ha che ponendo $T$ come intersezione dei segmenti $PD$ e $ER$ gli angoli $\angle PTE$ e $\angle RTD$ sono uguali per angoli opposti al vertice, che comporta $\angle EPT = \angle TRD$ per differenza di angoli in un triangoli, il che basta a dimostrare quello che volevamo dimostrare. Essendo quindi $PRED$ ciclico, per il teorema delle corde applicato alla circonferenza $\odot PRED$ si ha $\angle RED= \angle DPR$ , ma l'angolo $\angle RED=\angle RCD$ poichè angoli alla circonferenza che sottendono archi di uguale lunghezza, quindi $\angle RED= \angle DPR = \angle RCD$, ma si ha anche che $\angle BEC = \angle RDC$ sempre per lo stesso motivo, quindi per differenza di angoli $\angle PRD = \angle DRC$ e poichè i triangoli $PRD$ e $CRD$ hanno $DR$ in comune, essi sono congruenti e quindi $PR=RC$. Allo stesso modo si dimostra che $ABQP$ è ciclico e che $BPQ \equiv BCQ$ con $PQ=QC$ e quindi si ha l'uguaglianza $PQ=QC=CR=PR$ che il punto a). Ora dal momento che $PQ=QC=CR=PR$ e che $QR$ è in comune i triangoli $PQR$ e $CRQ$ sono congruenti, quindi la loro composizione è un rombo che è una figura che gode della proprietà : perpendicolarità delle diagonali, il che dimostra banalmente anche il punto b).
Io ho dimostrato che i triangoli $\triangle{BQP}$ e $\triangle{PRD}$ sono simili perché hanno $\widehat{PDR}=\widehat{BPQ}$ e $\widehat{DPR}=\widehat{PBQ}$, da cui la tesi a) (dopo aver detto che $P$ è incentro di $\triangle{ACE}$ e che $PRDE$, e quindi anche $PABQ$ è ciclico...), mentre la tesi b) l'ho dimostrata come voi dopo aver fatto vedere che $\triangle{CQR}$ è isoscele per congruenze di angoli
Scriverei tutta la soluzione ma in teoria dovrei mettermi a studiare ahah
TESI II: Per prima cosa notiamo che [tex]\angle{BDA}\cong \angle{BDC}[/tex] perché insistono su archi congruenti. Idem per [tex]\angle{EBD}\cong \angle{DBC}[/tex] . Ma allora i triangoli [tex]\triangle{BCD}[/tex] e [tex]\triangle{BPD}[/tex] sono congruenti per il secondo crit. di congruenza dei triangoli ([tex]BD[/tex] in comune).
Ne segue che [tex]C[/tex] è il simmetrico di [tex]P[/tex] rispetto a [tex]BD[/tex], infatti i segmenti [tex]BC[/tex] e [tex]BP[/tex] hanno la stessa inclinazione dalla retta che passa per [tex]BD[/tex] e la stessa lunghezza, oltre al fatto che partono dallo stesso punto. Dunque $PC \bot BD$ .
In particolare si avrà anche $\triangle{CQR}\cong\triangle{QPR}$.
TESI I: Notiamo che $\angle{CAD}\cong\angle{EBD}$ perché insistono su due segmenti congruenti, chiamiamo questi due angoli $\alpha$. Medesima cosa per $\angle{BDA}\cong\angle{BEC}$, chiameremo questi due angoli $\beta$.
Consideriamo ora $\triangle{ADQ}$: l'angolo esterno di $\angle{AQD}$ è $\angle{CQD}$, il quale per il noto teorema dell'angolo esterno sarà uguale a $\alpha + \beta $.
Consideriamo anche $\triangle{BRE}$: l'angolo esterno di $\angle{BRE}$ è $\angle{CRE}$, quest'ultimo per il noto teorema dell'angolo esterno sarà uguale a $\alpha + \beta $.
Ma allora $\triangle{CQR}$ è isoscele, e poiché $\triangle{CQR}\cong\triangle{QPR}$ allora si avrà anche che $\triangle{QPR}$ sarà isoscele.
