48. Parallelogrammi

[Saro00]

Sia [tex]ABCD[/tex] un quadrilatero ciclico in cui le rette [tex]BC[/tex] ed [tex]AD[/tex] si incontrano in un punto [tex]P[/tex].
Sia [tex]Q[/tex] il punto della retta [tex]BP[/tex], diverso da [tex]B[/tex], tale che [tex]PQ = BP[/tex].
Costruiamo i parallelogrammi [tex]CAQR[/tex] e [tex]DBCS[/tex].
Dimostrare che i punti [tex]C, Q, R, S[/tex] stanno su una stessa circonferenza.

[Gerald Lambeau]

Ma ho fatto male io il disegno o la tesi è falsa?
EDIT: sì, ho fatto male io il disegno

[Gerald Lambeau]

Testo nascosto:

Sia $r$ la parallela a $DP$ passante per $S$ e sia $X=r \cap QC$. Siano inoltre $Y=DP \cap CR$ e $Y'=r \cap CR$. Dimostreremo che $Y'=R$.
Dimostriamo innanzitutto che $XC=QP$:
dato che $SD$ è parallelo a $XP$ e $SX$ lo è a $DP$ ne segue che anche $SDPX$ è un parallelogramma, dunque $SD=XP$, ma d'altronde $SD=BC$ e quindi $XP=BC$. Dunque $XC=XP+PC=BC+PC=BP=QP$. Ok.
Dato che $QA$ è parallelo a $CY$ i triangoli $QAP$ e $CYP$ sono simili e dunque:
$\displaystyle \frac{QP}{PC}=\frac{QA}{YC} \Rightarrow \frac{XC}{PC}=\frac{RC}{YC}$ $(1)$.
Essendo $R$ l'unico punto dalla stessa parte di $Y$ rispetto a $C$ sulla retta $RC$ per cui $RC=QA$, è anche l'unico che andrà a formare con $C$ e $X$ uno dei due triangoli che considereremo.
Essi sono $CXR$ e $CPY$: per la $(1)$ e per il fatto che l'angolo in $C$ è in comune essi sono simili e, per il teorema di Talete, $XR$ è parallelo a $PY$, cioè a $DP$, ma essendo $R$ l'unico punti su $CR$ che può fare questo dev'essere proprio $R=Y'$ e quindi possiamo dire che $SR$ è parallelo a $DP$.
Angle chasing (basato su un sacco di rette parallele e angoli che insistono sullo stesso arco che non starò a specificare)!
Sia $Z=SC \cap DP$, allora $\widehat{CSR}=\widehat{CZP}=180^\circ-\widehat{DZC}=180^\circ-\widehat{ADB}=180^\circ-\widehat{ACB}=\widehat{CQR}$.
Ma attenzione, direi che per come sono stati costruiti $S$ e $Q$ sono dalla stessa parte di piano rispetto alla retta $RC$ e gli angoli che insistono sul segmento $RC$, $\widehat{CSR}$ e $\widehat{CQR}$, sono uguali. Ma allora $CQRS$ è ciclico! La tesi!

[Saro00]

Ok, giusta
In spoiler metto un'idea che lo overkilla

Testo nascosto:

VETTORI!
Mettiamo l'origine in [tex]P[/tex].
Per una nota proprietà dei parallelogrammi si ha che [tex]ABCD[/tex] parallelogramma se e solo se (non ho voglia di texare le frecce ma da ora in poi sono tutti VETTORI) [tex]A+C=B+D[/tex]
Da questo fatto possiamo trovare [tex]S=C+D-B[/tex] e [tex]R=C-B-A[/tex].
Ora si ha che [tex]RS=S-R=D+A[/tex] ma quindi dato che é combinazione lineare di [tex]D,A[/tex] é parallelo a [tex]DA[/tex].
Ora, come hai già detto é questione di angoli.

[Gerald Lambeau]

Bene, appena trovo qualcosa metto. .