Triangolo isoscele acutangolo

[elios2]

Sia $ABC$ un triangolo isoscele acutangolo e sia $P$ un punto della base $AB$; siano $M$, $N$ le proiezioni ortogonali di $P$ sui lati $AC$ e $BC$ rispettivamente e $M_1$, $N_1$ le proiezioni ortogonali di $M$ e $N$ su $AB$. Dimostrare che l'area del quadrilatero $MM_1N_1N$ è indipendente dalla posizione del punto $P$.

[Ho individuato le coppie di triangoli simili, come $AMM_1$ e $BNN_1$ oppure $AMP$ e $BNP$, e ho scritto qualche proporzione tra i lati ma non so come andare avanti]

[fedeb2]

se scegli un conveniente sistema di riferimento, puoi usare la geometria analitica con notevole agilità.
l'importante è che se $P$ ha coordinate $(alpha,beta)$, nel risultato non deve comparire ne $alpha$ ne $beta$ ovviamente.
buon lavoro!!

[G.D.5]

Nel seguito si faccia riferimento alla figura sottostante



si ha:
$AM=AP*cos(\alpha)=x * cos(\alpha)$
$NB=PB*cos(\alpha)=y * cos(\alpha)$
$MM_1=AM * sen(\alpha)=x*cos(\alpha)*sen(\alpha)$
$N N_1=NB*sen(\alpha)=y*cos(\alpha)*sen(\alpha)$
$M_1P=MM_1*tg(\alpha)=ycos(\alpha)sen(\alpha)tg(\alpha)=xsen^2(\alpha)$
$PN_1=N N_1 * tg(\alpha)=ycos(\alpha)sen(\alpha)tg(\alpha)=ysen^2(\alpha)$
$x + y=AB$

Il quadrilatero $MM_1N N_1$ è un trapezio rettangolo, quindi la sua area $\mathcal{A}$ è:

$\mathcal{A}=\frac{1}{2} * (MM_1 + N N_1) * M_1N_1 = \frac{1}{2} * (x*cos(\alpha)*sen(\alpha) + y*cos(\alpha)*sen(\alpha)) * (M_1P + pN_1)=\frac{1}{2} * (x*cos(\alpha)*sen(\alpha) + y*cos(\alpha)*sen(\alpha)) * (x*sen^2(\alpha) + y*sen^2(\alpha))=$
$=\frac{1}{2}*sen^2(\alpha)(x+y)*sen(\alpha)cos(\alpha)(x+y)=\frac{1}{2}(x+y)^2*sen^3(\alpha)*cos(\alpha)=\frac{1}{2}AB^2sen^3(\alpha)cos(\alpha)$

valore che è evidentemente costante una volta fissato il triangolo.
Q.E.D

[elios2]

Grazie mille!!!

[G.D.5]

@ elios
Posso farti una domanda?
Intanto la faccio poi se vuoi mi rispondi.
Ma che classe fai?
Te lo chiedo perché non ricordo dove ma ho letto che questi quesiti vengono dai test di ammissione ad una università (non meglio precisata).

[Sk_Anonymous]

Alla precisa soluzione di Wizard vorrei affiancare una soluzione puramente sintetica.
Siano CH e BK due altezze del triangolo (vedi figura) ed L la proiezione di P su BK .
I triangoli rettangoli PLB e PNB sono congruenti per avere l'ipotenusa PB in comune e due angoli congruenti e quindi PN=BL.Pertanto (1) PM+PN=KL+BL=BK
Dalla similitudine delle due coppie di triangoli (PMM1,ACH) e (PNN1,BCH) risulta:
(2) $MM_1=PM*(AH)/(AC)$ , $ PM_1=PM*(CH)/(AC)$
(3) $N N_1=PN*(BH)/(BC)=PN*(AH)/(AC)$ , $ PN_1=PN*(CH)/(BC)=PN*(CH)/(AC)$
Calcoliamo ora l'area T del quadrilatero in questione ( che è poi un trapezio rettangolo) e si ha:
$T=1/2(MM_1+N N_1)*M_1N_1=1/2(MM_1+N N_1)*(PM_1+PN_1)$
Tenendo conto delle (2) e (3) si ottiene:
$T=1/2(PM*(AH)/(AC)+PN*(AH)/(AC))*(PM*(CH)/(AC)+PN*(CH)/(AC))$
Ovvero :
$T=1/2*(AH*CH)/(AC^2)*(PM+PN)^2$
Infine per la (1) si ricava la soluzione:
$T=1/2*(AH*CH)/(AC^2)*BK^2$ che è indipendente dal punto P e dipendente solo dal triangolo ABC.
q.e.d.
Ciao

[G.D.5]

Affascinante.