Problema
Siano $ A,B,C $ tre punti allineati, con $ C $ compreso tra $ A $ e $ B $. Ora si costruiscano i triangoli $ ACD $ e $ BCE $ equilateri, di modo che $ D $ e $ E $ stiano dalla stessa parte rispetto ad $ AC $. Ora si costruisca il triangolo equilatero $ ABF $, di modo che $ F $ sia dalla parte opposta di $ E $ e $ F $ rispetto ad $ AC $. Provare che i centri dei tre triangoli formano un triangolo equilatero il cui centro giace su $ AC $
Triangoli equilateri costruiti, e altri trovati per caso
- HumanTorch
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Provo una dimostrazione con i vettori.
Siano M,N,P e G i centroidi dei triangoli ACD,ABF,BCE ed MNP
rispettivamente.Per semplicita' di scrittura poniamo:
AC=2a,CB=2b,t=$ \frac{\sqrt 3}{3} $ ed assumiamo nel
piano della figura un riferimento vettoriale ortogonale di origine
A, asse x la retta orientata AB e di cui siano i e j i relativi versori.
Abbiamo allora (i termini in grassetto sono vettori) :
AM=a.i+at.j;
AN=(a+b).i-(a+b)t.j;
AP=(2a+b).i+bt.j
Risulta quindi:
AG=(AM+AN+AP)/3=(4a+2b)/3.i e cio' prova che G sta su AB.
Inoltre e':
MN=AN-AM=b.i-(2a+b)t.j;
NP=AP-AN=a.i+(a+2b)t.j;
PM=AM-AP=(-a-b).i+(a-b)t.j
ed e' facile verificare che:|MN|=|NP|=|PM| ovvero che il triangolo MNP
e' equilatero.
Siano M,N,P e G i centroidi dei triangoli ACD,ABF,BCE ed MNP
rispettivamente.Per semplicita' di scrittura poniamo:
AC=2a,CB=2b,t=$ \frac{\sqrt 3}{3} $ ed assumiamo nel
piano della figura un riferimento vettoriale ortogonale di origine
A, asse x la retta orientata AB e di cui siano i e j i relativi versori.
Abbiamo allora (i termini in grassetto sono vettori) :
AM=a.i+at.j;
AN=(a+b).i-(a+b)t.j;
AP=(2a+b).i+bt.j
Risulta quindi:
AG=(AM+AN+AP)/3=(4a+2b)/3.i e cio' prova che G sta su AB.
Inoltre e':
MN=AN-AM=b.i-(2a+b)t.j;
NP=AP-AN=a.i+(a+2b)t.j;
PM=AM-AP=(-a-b).i+(a-b)t.j
ed e' facile verificare che:|MN|=|NP|=|PM| ovvero che il triangolo MNP
e' equilatero.
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Sì, Alessandro, la tua dimostrazione è più o meno uguale alla mia, devi tuttavia formalizzare meglio l'inizio (il quesito è invariante per omotetia-isometria quindi bla bla bla), ed è abbastanza simile tutto sommato a quella di karl, fissare un piano vettoriale o cartesiano è sempre algebrizzare il problema, io speravo in una dimostrazione sintetica di geo eucludia.
Mi appello al grande EvaristeG per ciò.
Mi appello al grande EvaristeG per ciò.
Ma quale EvaristeG, Boll, basta un info qualsiasi ... ghgh... forse!
Chiamo T1 il circo/bari/orto/centro di ADC, T quello di EBC e T2 quello di ABF.
Alura, tracciamo le bisettrici degli angoli CAD e CEB che si incontrano in S. S è il corrispondente di T2 nella simmetria assiale con asse AB. Inoltre AS=AT2=ST2=SB=ST2, il che ci dovrebbe convincere che ASBT2 è un rombo. Traccio la parallela ad AS passante per C che incontra il rombo in T ed in un punto M. Traccio la parallela a SB passante per C che incontra il rombo in T1 ed in un punto che chiamo V. ora osserviamo i triangoli SMT2 e TBT2. Si nota che MS=MT2=TB per come sono state tracciate le parallele. Inoltre ST2=T2B come fatto prima notare. L'angolo compreso tra questi 2 lati è 60° in entrambi i casi. I due triangoli sono uguali ed in particolare:
T1T2=T2T --- ST2T1=BT2T
dalla seconda osservazione si ricava T1T2T=60° (deriva dal fatto che ST2B=60°)... permettendoci di concludere...
------------
commenti: in questo caso seguire Euclide vuol dire farsi del male... La mossa più veloce è la dimostrazione con Napoleone degenere, lunga una riga, come Human-torch ha fatto notare...
Chiamo T1 il circo/bari/orto/centro di ADC, T quello di EBC e T2 quello di ABF.
Alura, tracciamo le bisettrici degli angoli CAD e CEB che si incontrano in S. S è il corrispondente di T2 nella simmetria assiale con asse AB. Inoltre AS=AT2=ST2=SB=ST2, il che ci dovrebbe convincere che ASBT2 è un rombo. Traccio la parallela ad AS passante per C che incontra il rombo in T ed in un punto M. Traccio la parallela a SB passante per C che incontra il rombo in T1 ed in un punto che chiamo V. ora osserviamo i triangoli SMT2 e TBT2. Si nota che MS=MT2=TB per come sono state tracciate le parallele. Inoltre ST2=T2B come fatto prima notare. L'angolo compreso tra questi 2 lati è 60° in entrambi i casi. I due triangoli sono uguali ed in particolare:
T1T2=T2T --- ST2T1=BT2T
dalla seconda osservazione si ricava T1T2T=60° (deriva dal fatto che ST2B=60°)... permettendoci di concludere...
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commenti: in questo caso seguire Euclide vuol dire farsi del male... La mossa più veloce è la dimostrazione con Napoleone degenere, lunga una riga, come Human-torch ha fatto notare...
Classic
Possiamo riciclare la dimostrazione euclidea di Napoleone.
Chiamiamo
T[(pippo)(+/-)](costruzione)
la trasformazione che ruota (costruzione)
di 30° in senso antiorario/orario (+/-) attorno a (pippo)
e poi applica un'omotetia di rapporto sqrt(3) di centro (pippo).
Chiamiamo L,M,N i centri di ACD, BCE, ABF (rispettivamente)
T[A+](ALN) = DAB
T[A-](ALN) = CAF segue CF=DB=sqrt(3)*LN
T[B+](BMN) = BCF
T[B-](BMN) = BEC segue AE=CF=sqrt(3)*MN
T[C+](LCM) = ACE
T[C-](LCM) = DCB segue AE=DB=sqrt(3)*ML
Alchè, in vista di tutte queste uguaglianze,
risulterebbe più che oltraggioso nei nostri confronti
(oltre che nei confronti della geometria euclidea)
se LMN non fosse equilatero.
Chiamiamo
T[(pippo)(+/-)](costruzione)
la trasformazione che ruota (costruzione)
di 30° in senso antiorario/orario (+/-) attorno a (pippo)
e poi applica un'omotetia di rapporto sqrt(3) di centro (pippo).
Chiamiamo L,M,N i centri di ACD, BCE, ABF (rispettivamente)
T[A+](ALN) = DAB
T[A-](ALN) = CAF segue CF=DB=sqrt(3)*LN
T[B+](BMN) = BCF
T[B-](BMN) = BEC segue AE=CF=sqrt(3)*MN
T[C+](LCM) = ACE
T[C-](LCM) = DCB segue AE=DB=sqrt(3)*ML
Alchè, in vista di tutte queste uguaglianze,
risulterebbe più che oltraggioso nei nostri confronti
(oltre che nei confronti della geometria euclidea)
se LMN non fosse equilatero.
Jack alias elianto84 alias jack202
http://www.matemate.it IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
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