Tutti congruenti questi segmenti

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Enrico Leon
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Tutti congruenti questi segmenti

Messaggio da Enrico Leon » 19 lug 2009, 11:57

Dato un quadrato $ ABCD $ costruire due triangoli equilateri $ BCE $ e $ CDF $ il primo internamente al quadrato e l'altro esternamente. Tracciando una sola linea retta, dividere la figura in 6 triangoli.

ndp15
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Messaggio da ndp15 » 19 lug 2009, 12:23

Posto la figura, la dimostrazione che F, E, A sono allineati la lascio a chi ha voglia di scriverla, è comunque semplice :wink:
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Enrico Leon
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Messaggio da Enrico Leon » 19 lug 2009, 13:35

Infatti... Il nocciolo della questione è proprio questa dimostrazione... 8)

ndp15
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Messaggio da ndp15 » 19 lug 2009, 13:59

Enrico Leon ha scritto:Infatti... Il nocciolo della questione è proprio questa dimostrazione... 8)
Be' dai si fa con dell' angle chasing abbastanza semplice.

Thebear
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Messaggio da Thebear » 20 lug 2009, 12:51

ndp15 ha scritto:
Enrico Leon ha scritto:Infatti... Il nocciolo della questione è proprio questa dimostrazione... 8)
Be' dai si fa con dell' angle chasing abbastanza semplice.
Già: FCE è isoscele e $ \widehat{FCE}=90° $ perché è 60+30. Quindi $ \widehat{CEF}=45° $. Invece $ \widehat{AEB}=75° $ perché AED è isoscele e $ \widehat{ABE}=30° $. Quindi $ \widehat{AEF}=\widehat{FEC}+\widehat{CEB}+\widehat{AEB}=45°+60°+75°=180° $.

EDIT: corretto $ \widehat{AEB} $
Ultima modifica di Thebear il 21 lug 2009, 13:48, modificato 1 volta in totale.
Edoardo

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Iuppiter
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Messaggio da Iuppiter » 21 lug 2009, 11:37

Thebear ha scritto: Invece $ \widehat{AED}=75° $ perché AED è isoscele
$ \widehat{AEB} $ forse?

ndp15
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Messaggio da ndp15 » 21 lug 2009, 11:47

Iuppiter ha scritto:
Thebear ha scritto: Invece $ \widehat{AED}=75° $ perché AED è isoscele
$ \widehat{AEB} $ forse?
Si, l'ha anche scritto dopo.

Thebear
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Messaggio da Thebear » 21 lug 2009, 13:46

Iuppiter ha scritto:
Thebear ha scritto: Invece $ \widehat{AED}=75° $ perché AED è isoscele
$ \widehat{AEB} $ forse?
Sì, scusate il misprint... :oops:
Edoardo

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