Problema con un trapezio.

Tutti i problemi che presentino una figura (calcolo delle aree e dei perimetri, similitudini, allineamenti, concorrenze, ecc...)

Problema con un trapezio.

Messaggioda Giovanni98 » 18/01/2017, 16:00

Sia $ABCD$ un trapezio ove $AB$ è parallelo a $CD$. Sia $P$ il punto di incontro delle diagonali del trapezio e sia $Q$ un punto esterno al trapezio separato da $P$ dalla retta $BC$ tale che $\angle AQB = \angle CQD$. Dimostrare che $\angle AQP = \angle DCQ$.
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Re: Problema con un trapezio.

Messaggioda Vinciii » 23/01/2017, 12:21

Sicuro che l'ultimo angolo non sia CDQ invece di DCQ?
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Re: Problema con un trapezio.

Messaggioda Giovanni98 » 23/01/2017, 12:32

Nope, é quello del testo.
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Re: Problema con un trapezio.

Messaggioda Ale99 » 05/04/2017, 13:28

Però a me torna come dice Vinciii ed anche a geogebra :geek:

Testo nascosto:
Dimostriamo come prima cosa che la parallela a $CD$ per $Q$ è simmetrica rispetto alla bisettrice di $\angle CQB $ di $QP$


Testo nascosto:
In baricentriche perché sono scarso in sintetica ultimamente (ma perché prima ero forte?)


Testo nascosto:
$Q=(1;0;0)$, $B=(0;1;0)$, $C=(0;0;1)$
Prendiamo a caso il nostro punto $D=(1;q;r)$ e tracciamo la nostra linea $DC$ che avrà equazione $y=qx$
Cerchiamo ora il punto all'infinito di quella retta, $D_0$, intersecando $y=qx$ e $x+y+z=0$ ovvero la retta all'infinito
Otteniamo $ D_0=(1;q;-q-1)$ e tracciando la linea $BD_0$ di equazione $z=-(q+1)x$ otteniamo la parallela a $CD$ per $B$ ovvero $BA$
Vogliamo ora trovare $QA$ ovvero la simmetrica di $ DQ$ rispetto alla bisettrice di $\angle CQB$ e questa retta è quella che passa per il coniugato isogonale di $D$ ovvero $D'=(a^2;\frac{b^2}{q};\frac{c^2}{r})$ e $A$; la retta $QA$ ha dunque equazione $z=\frac{qc^2}{rb^2} y $
Sarà dunque $A$ l'intersezione di queste due rette ovvero $A=(qc^2;-r(q+1)b^2;-(q+1)qc^2)$
La retta $AC$ avrà dunque equazione $y=\frac{-r(q+1)b^2}{qc^2} x$ e la retta $BD$ $z=rx$ dunque $P=(qc^2;-r(q+1)b^2;rqc^2)$
La retta $AD_0$ di equazione $ -(q+1)y=qz$ è la parallela a $CD$ per $A$ dunque non ci resta che dimostrare che il coniugato isogonale di $P$ sta su questa retta; ma $P'=(\frac{a}{qc^2};\frac{-1}{r(q+1)};\frac{1}{rq})$ che molto banalmente soddisfa l'equazione di $AD_0$
Dunque $PQ$ e $AD_0$ sono simmetriche rispetto alla bisettrice di $\angle CQB$ e dunque lo sono anche rispetto a quella di $DQA$ (sono la stessa)

Sia $r$ questa parallela; avremo quindi che $ \angle QDC = \angle DQR = \angle PQA $
Chi lotta con i mostri deve star attento a non diventare un mostro. E se guarderai a lungo un abisso, l'abisso finirà per guardare in te
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