mateforum.ro

Să se determine poligoanele convexe, inscriptibile, cu proprietatea că orice triunghi determinat de trei dintre vârfurile acestora este isoscel.

Gheorghe Iurea

Fie ABCD patrulaterul incriptibil respectiv si P punctul de intersectie al diagonalelor AC si BD
Fie \( m(\widehat{DAC})=a_{1} \) \( m(\widehat{CAB})=a_{2} \) \( m(\widehat{ACB})=c_{1} \) \( m(\widehat{ACD})=c_{2} \)
Din proprietatile patrulaterului inscriptibil avem deci ca
\( m(\widehat{DBC})=a_{1} \) \( m(\widehat{CDB})=a_{2} \) \( m(\widehat{ADB})=c_{1} \) \( m(\widehat{ABD})=c_{2} \)

Cazul 1 Daca \( m(\widehat{DAB})=90^{0} \) atunci si \( m(\widehat{DCB})=90^{0} \) si deci varfurile triunghiurilor isoscele DAB si DCB sunt A, respectiv C. Dat fiind ca aceste triunghiuri sunt dreptunghice rezulta \( m(\widehat{ADB})=m(\widehat{ABD})=m(\widehat{CBD})=m(\widehat{CDB})=45^{0} \)
Avem de asemenea ca AD=AB AB=BC, de unde avem ca ABCD este patrat.

Cazul 2 DAB sau DCB este obtuz. Fie DAB obtuz. Datorita simetriei problemei nu conteaza pe care din ele il luam.
Din DAB obtuz avem ca \( \triangle DAB \) este isoscel cu varful in A, de unde \( c_{1}=c_{2} \)
Daca unghiurile ABC si ADC ar fi drepte am reveni la cazul 1.
Rezulta deci ca dintre ele unul este obtuz, celalalt ascutit. Din nou, nu conteaza pe care il luam, fie ABC obtuz, de unde \( \triangle ABC \) este isoscel cu varful in B, deci \( c_{1}=a_{2} \)
Rezulta deci ca triunghiul BDC are unghiurile \( a_{1},a_{2},2a_{2} \)
Din moment ce evident \( a_{2}=2a_{2} \) imposibil singurele variante care raman sunt \( a_{1}=a_{2} \) si \( a_{1}=2a_{2} \)
Pentru ca \( c_{2}=a_{2} \) rezulta ca avem AB||CD, deci ABCD este trapez isoscel pentru ca e trapez si e inscriptibil.

1)Daca \( a_{1}=a_{2} \) Rezulta \( a_{1}=45^{0} \), deci ABCD este patrat.

2)Daca \( a_{1}=2a_{2} \) avem ca \( a_{1}=36^{0} \), deci ABCD e un trapez isoscel cu unghiul de la baza \( 72^{0} \)

Cazul \( n \ge 5 \).

Pai mai departe e destul de simplu. E clar ca oricare poligon am avea constructia lui ar porni de la una din configuratiile de patrulater, apoi adaugam un punct, apoi inca unul s.a.m.d.
Daca pornim de la prima configuratie, cea de patrat, observam ca nu putem obtine pentagon. Luam punctul nou E pe arcul mic AB. Pentru ca ABE sa fie isoscel cu varful in E, E trebuie sa fie pe mediatoarea lui AB, deci la mijlocul arcului mic AB. ABE n-are cum sa fie isoscel cu varful in B sau A pentru ca daca ducem un cerc cu centrul in unul din aceste puncte si raza AB nu intersectam arcul AB.
E este deci pe mijlocul arcului AB. Dar in acest caz EAD n-are cum sa fie isoscel, deci nu putem obtine poligoane cu mai mult de 4 laturi dintr-un patrat.
Pornim acum de la cea de-a doua configuratie, adica de la trapezul isoscel ABCD, cu unghiul 72 la baza si DA=AB=BC. Observam ca ducand bisectoarea unghiului DAC ce intersecteaza arcul DC in M obtinem ca trapezul ABCM este tot de configuratia a doua, la fel si trapezele BCDM, ACDM, ABDM. Obtinem astfel pentagonul ADMCB, care este pentagon regulat.
Aceasta este singura configuratie de pentagon pentru ca toate patrulaterele ce se pot face cu varfurile pentagonului trebuie sa aiba forma de trapez.
De la pentagonul acesta mergem mai departe si incercam sa construim hexagon. Punctul nou F va fi pe unul din arcurile mici AB, BC, CM, MD, DA, fie pe arcul AB. F va fi atunci pe mijlocul arcului pentru ca triunghiul ABF sa fie isoscel. Dar in acest caz este evident ca FAD, FDM, FMC, FCB nu sunt isoscele.