[L04] Trapezio in un cerchio

[Gerald Lambeau]

Sia $ABCD$ un trapezio inscritto in un cerchio $\Gamma$ di diametro $AB$. Sia $E=AC \cap BD$ l'intersezione delle diagonali. Il cerchio di centro $B$ e raggio $BE$ interseca $\Gamma$ in $K$ e $L$, dove $K$ è dalla stessa parte di $C$ rispetto ad $AB$. La perpendicolare a $BD$ passante per $E$ interseca $CD$ in $M$. Dimostrare che $KM \perp DL$.

[Salvador]

Da dove è preso?

[matpro98]

Un Balkan di pochi anni fa, 2014 credo

[Gerald Lambeau]

Sì, Balkan 2014 esercizio 3.

[Salvador]

Testo nascosto:

Ovviamente il trapezio è isoscele, e dunque è simmetrico rispetto all'asse di AB, per cui passa il centro della circonferenza circoscritta.

Cartesiane:

Testo nascosto:

Chiamiamo O il punto medio di AB e assegniamo $O=(0,0), A=(-1,0), B=(1,0), C=(a,b), D=(-a,b)$, con $a,b>0$ e $a^2+b^2=1$ poiché ABCD è inscritto nella circonferenza di raggio 1 centrata nell'origine.
Per simmetria il punto E si trova sull'asse di AB, quindi la sua ascissa è 0.
I triangoli ABE e CDE sono simili: chiamiamo $v$ e $w$ le loro altezze relative ad E: abbiamo per similitudine $\dfrac{w}{v}=a$ e $v+w=b$, da cui ricaviamo $E=(0,\dfrac{b}{a+1})$.
La circonferenza di centro B passante per E ha raggio $BE^2=1+\dfrac{b^2}{(a+1)^2}=\dfrac{a^2+2a+1+b^2}{(a+1)^2}=\dfrac{2(a+1)}{(a+1)^2}=\dfrac{2}{a+1}$.
Pertanto l'equazione della circonferenza cercata è $(x-1)^2+y^2=\dfrac{2}{a+1}$, ovvero $(x^2+y^2)+1-2x=\dfrac{2}{a+1}$. Mettendo a sistema con $x^2+y^2=1$ possiamo semplificare la prima parentesi a sinistra ottenendo $2-2x=\dfrac{2}{a+1}$, $x=\dfrac{a}{a+1}$. Quest'ascissa è comune a entrambi i punti di intersezione delle due circonferenze, in quanto essi appartengono al loro asse radicale, perpendicolare alla retta che congiunge i due centri, nel nostro caso l'asse x.
Sostituendo nell'espressione $x^2+y^2=1$ si ha $\dfrac{a^2}{(a+1)^2}+y^2=1$, $y=\pm \dfrac{sqrt{2a+1}}{a+1}$, e poiché C ha ordinata positiva si deduce che K deve anch'esso avere ordinata positiva, per cui $K=(\dfrac{a}{a+1},\dfrac{sqrt{2a+1}}{a+1}), L=(\dfrac{a}{a+1},-\dfrac{sqrt{2a+1}}{a+1})$.
Il coefficiente angolare della retta per $BD$ è $\dfrac{b-0}{-a-1}=-\dfrac{b}{a+1}$, pertanto il coefficiente della sua perpendicolare è $\dfrac{a+1}{b}$ e l'intercetta è $\dfrac{b}{a+1}$, in quanto E si trova sul punto di ascissa 0 e quindi la sua ordinata è l'intercetta di ogni retta passante per E stesso. Ricaviamo dunque che tale retta ha equazione $y=\dfrac{a+1}{b}x+{b}{a+1}$ e ponendo $y=b$ per trovare M ricaviamo con alcuni calcoli e sostituendo $b^2=1-a^2$: $M=(\dfrac{a(1-a)}{1+a}, b)$.
A questo punto ci troviamo (sottraendo le rispettive coordinate a due a due) i vettori $KM=(\dfrac{a^2}{a+1},\dfrac{sqrt{2a+1}-b(a+1)}{a+1})$ e $LD=(\dfrac{a(a+2)}{a+1},\dfrac{-sqrt{2a+1}-b(a+1)}{a+1})$ ed eseguendo il prodotto scalare si trova $KM\cdot LD=\dfrac{a^3(a+2)+(1-a^2)(a^2+2a+1)-2a-1}{(a+1)^2}=0$, da cui si conclude che i due vettori (e dunque anche i due segmenti) sono tra loro perpendicolari.

[matpro98]

È uguale alla mia tranne che la conclusione, in cui trovo i coefficienti angolari che, moltiplicati tra loro, danno [tex]-1[/tex], quindi dovrebbe essere giusta

[Descartes Rene]

Optimum laboro, pueri!

[Gerald Lambeau]

Giusta! .
Ovviamente si fa anche con metodi sintetici piuttosto eleganti che guardano all'asse radicale. Certo è che io non ho fatto quella, potrei mai tradire i conti? Sono andato di segment bash (Pitagora+Stewart) dove le cose più avanzate usate erano triangoli simili e parallelogrammi (forse anche Talete? Boh!), con dei conti né belli né brutti che alla fine tornavano.
Insomma, come lo si faceva veniva.

[Salvador]

Eh è vero è risolvibile in diversi modi. Più che altro è in baricentriche che sembra un po' complicato da fare, o perlomeno piuttosto costoso

[Gerald Lambeau]

o perlomeno piuttosto costoso

Non credo si debba pagare per risolvere problemi con i quadrilateri in baricentriche .
Scherzi a parte, "piuttosto contoso in baricentriche" lo si può dire di qualunque problema che non sia standard usandole, anche se bisogna ammettere che questo ha le sue difficoltà.
Chiudendo il cerchio, non dovrebbe essere impossibile nemmeno con i complessi, forse solo la circonferenza di raggio $BE$, ma non dovrebbe essere difficile, tipo $b=1, a=-1, d=-\bar{c}, c\bar{c}=1$, trovi $e$ e quindi penso che si trovi senza problemi la distanza $BE$, un punto sulla circonferenza di centro $B$ e quel raggio deve soddisfare $(z-1)(\bar{z}-1)=BE^2$, sì dai, si fa.