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Tutti congruenti questi segmenti

Inviato: 19 lug 2009, 11:57
da Enrico Leon
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.

Inviato: 19 lug 2009, 12:23
da ndp15
Posto la figura, la dimostrazione che F, E, A sono allineati la lascio a chi ha voglia di scriverla, è comunque semplice :wink:

Inviato: 19 lug 2009, 13:35
da Enrico Leon
Infatti... Il nocciolo della questione è proprio questa dimostrazione... 8)

Inviato: 19 lug 2009, 13:59
da ndp15
Enrico Leon ha scritto:Infatti... Il nocciolo della questione è proprio questa dimostrazione... 8)
Be' dai si fa con dell' angle chasing abbastanza semplice.

Inviato: 20 lug 2009, 12:51
da Thebear
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} $

Inviato: 21 lug 2009, 11:37
da Iuppiter
Thebear ha scritto: Invece $ \widehat{AED}=75° $ perché AED è isoscele
$ \widehat{AEB} $ forse?

Inviato: 21 lug 2009, 11:47
da ndp15
Iuppiter ha scritto:
Thebear ha scritto: Invece $ \widehat{AED}=75° $ perché AED è isoscele
$ \widehat{AEB} $ forse?
Si, l'ha anche scritto dopo.

Inviato: 21 lug 2009, 13:46
da Thebear
Iuppiter ha scritto:
Thebear ha scritto: Invece $ \widehat{AED}=75° $ perché AED è isoscele
$ \widehat{AEB} $ forse?
Sì, scusate il misprint... :oops: