Le parallele più belle del mondo

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scambret
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Le parallele più belle del mondo

Messaggio da scambret » 06 nov 2014, 23:46

Sia ABC un triangolo (AB<AC), M il punto medio di BC, r la parallela alla bisettrice dell'angolo in A passante per M. r interseca i lati AC e AB in X e Y. Sia Z su XY tale che XY=YZ. Il punto D è il punto di intersezione tra BZ e CY. Dimostrare che la bisettrice dell'angolo BDC è parallela a XY.
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Lev
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Re: Le parallele più belle del mondo

Messaggio da Lev » 11 nov 2014, 15:50

Testo nascosto:
Chiamo K l'intersezione tra la bisettrice di $ \hat{A} $ e $ BC $. Dalla similitudine di $ ABK $ e $ BYM $ $ \frac{BY}{BM}=\frac{AB}{BK} $. Teorema della bisettrice $ \frac{AB}{BK}=\frac{AC}{CK} $. Similitudine tra $ AKC $ e $ XMC $, $ \frac{AC}{CK}=\frac{XC}{MC} $. Quindi $ \frac{BY}{BM}=\frac{XC}{MC} \Longrightarrow BY=CX $.
$ AXY $ è isoscele($ XY $ forma angoli uguali con $ AC $ e $ AB $ perchè è parallelo alla bisettrice).
Ora se uso $ Y $ come centro di simmetria $ Z $ va in $ X $ e $ B $ va in un punto $ B' $. $ D $ va in $ D' $ intersezione di $ B'X $ e $ CY $. Per quanto visto prima $ B'Y=XC $ e $ AY=AX $ quindi $ YX \parallel B'C $, $ CXYB' $ trapezio isoscele, inscrivibile e $ \hat{XYD'}=\hat{YXD'} $(insistono su corde congruenti). Quindi $ XYD' $ è isoscele, allora anche il corrispondente $ YDZ $ è isoscele. Allora $ \hat{BDY}=2\hat{DZY} $ (angolo esterno) e la bisettrice di $ \hat{D} $ è parallela a $ XY $.

matpro98
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Re: Le parallele più belle del mondo

Messaggio da matpro98 » 11 nov 2014, 16:13

Lev ha scritto:
Testo nascosto:
Chiamo K l'intersezione tra la bisettrice di $ \hat{A} $ e $ BC $. Dalla similitudine di $ ABK $ e $ BYM $ $ \frac{BY}{BM}=\frac{AB}{BK} $. Teorema della bisettrice $ \frac{AB}{BK}=\frac{AC}{CK} $. Similitudine tra $ AKC $ e $ XMC $, $ \frac{AC}{CK}=\frac{XC}{MC} $. Quindi $ \frac{BY}{BM}=\frac{XC}{MC} \Longrightarrow BY=CX $.
$ AXY $ è isoscele($ XY $ forma angoli uguali con $ AC $ e $ AB $ perchè è parallelo alla bisettrice).
Ora se uso $ Y $ come centro di simmetria $ Z $ va in $ X $ e $ B $ va in un punto $ B' $. $ D $ va in $ D' $ intersezione di $ B'X $ e $ CY $. Per quanto visto prima $ B'Y=XC $ e $ AY=AX $ quindi $ YX \parallel B'C $, $ CXYB' $ trapezio isoscele.
Si poteva dire anche che, dopo la simmetria, $AK//XY//CB'$ e e quindi $\Delta AXY, \Delta AB'C$ isosceli per concludere come hai detto tu.

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