Un problema st..upido

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karl
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Un problema st..upido

Messaggio da karl » 08 lug 2005, 14:47

Immagine
Il problema ricalca uno gia' da me postato ( e velocemente risolto da Boll
col quale mi scuso per aver fatto io confusione).Lo riporto di nuovo con
una diversa richiesta che mi sta letteralmente mandando in fusione (Qualcuno
potra' dire che ero gia' fuso da tempo:e' vero!).
Ordunque bando alle ciance:
Nel triangolo ABC siano H e K le proiezioni ortogonali del vertice A
sulle bisettrici degli angoli in C e in B ed L quella di C sulla bisettrice
dell'angolo in B.La retta BK intersechi AC in D,la retta HK intersechi
AC in F e la retta BF tagli CL in E .
Dimostrare che DE e HK sono parallele.

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Boll
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Messaggio da Boll » 08 lug 2005, 15:16

karl, ma non basta un (bel) po' di angle-chasing????

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karl
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Messaggio da karl » 08 lug 2005, 16:39

C'ho provato ma ho tirato tanti di quegli angoli che ormai non
li seguo piu'.Mi capita talvolta cosi',o vedo subito la soluzione
o "ti saluto marianna"!

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Messaggio da info » 12 lug 2005, 18:23

Ehm... confesso che sono nella medesima situazione di karl... Innanziutto con casini vari ho capito (spero!)che la tesi si poteva ridurre a questo (come passaggio intermedio ho notato che la tesi equivaleva a dimostrare una interessante proprietà delle mediane e delle bisettrici uscenti da un medesimo vertice... scriverò)... Per ora:

Ipotesi:

Dato un trapezio isoscele XSKZ con XS base minore. Si chiamo A l’incontro delle diagonali. Si tracci la parallela alle basi che incontra SK in D. Si traccia la retta r parallela ad SZ e passante per D. Si traccia la perpendicolare f alle basi passante per S. Ora f ed r si incontrano in un punto V. Si tracci la retta AV.

Tesi: AV dimezza SK.

A questo punto non ho trovato niente di meglio che fare i calcoli alla Cartesio, ma forse sono arrivato fuso, anche perchè il problema appare molto più "tranquillo". Mettendomi in un SR con origine in A ed asse x giacente su AD si hanno le coordinate:

S (xs,ym)
D (xd,0)
A (0,0)

Innanzitutto ho trovato V:

V[ xs ; ym - (xm*xd)/xs]

Poi ho trovato K:

K [ xd*ym*xs / R ; - xd*ym^2 / R ] dove R = 2*ym*xs - xd*ym

Poi il coefficiente angolare della retta OV, trovando:

c.a.(OV) = (ym*xs - xm*xd)/ (xs^2)

ed infine , chiamato U il punto medio di SK, il coefficiente angolare di OU, con la formula del punto medio ho trovato U, poi

c.a. (OU) = yu/xu = (ym*xs - xm*xd)/ (xs^2)

l’uguaglianza dei due coefficienti angolari ci dice che O V ed U sono allineati, il che è equivalente alla tesi…


Quando avrò la testa libera scriverò come sono arrivato al mio problema… Per ora mi piacerebbe che qualcuno trovasse un altro metodo per risolvere il problema ridotto…. o che Boll postasse questo angle chasing...

dato che quando postavo sol completamente euclidee me le si smontava con i contazzi, questa volta ce li ho messi io... contenti? Io no! :?

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Messaggio da info » 13 lug 2005, 17:29

Allora, divertiamoci a guardare i fogliacci che ho scritto ieri… b è l’angolo in B e c l’angolo in C:

STEP1: angle chasing;

HAC = 90° - c/2
BAC = 180° -c -b
HAB = HAC - BAC= b+c/2- 90°
BAI = BAC/2;
HKA = HIA = 90°- HAI = 90°- (HAB+BAI)= 90-b/2
HKB = b/2

E questo se è corretto ci dice per Talete che HK è parallelo a BC;

STEP 2 : tracciamo qualche linea a caso:

Prolungo AH che incontra BC in O. AHC e OHC hanno 2 angoli ed 1 lato in comune e sono congruenti, da cui OH=AH. E quindi per Talete è anche AF=FC.

STEP 3: usiamo le informazioni ottenute per semplificare il problema:

Riscrivo il problema invertendo un po’ i termini in gioco: in un triangolo ABC si tracci la mediana uscente e la bisettrice uscenti da A che incontrano BC in F e D rispettivamente. Tracciando la parallela a AC passante per D, questa incontra AF in E. Tesi: sarà AD perpendicolare ad EC…

STEP 4 (da saltare se si vuole ma mi piace la costruzione): ricordiamo!

Mediane e bisettrici?… Altre volte ( a dire la verità quando ho fatto il “triangolo polacco” di Poliwhirl) mi è stato utile con queste variabili in gioco ribaltare in vari modi il triangolo. Lo faccio anche ora: traccio la retta perpendicolare ad AD passante per A e disegno il simmetrico di ACB rispetto a questa retta. Indico con X’ l’immagine di X. Il fatto che AD sia una bisettrice comporta che D A e D’ sono allineati , esattamente come B, A e C’ ed anche la terna C,A, B’… Insomma abbiamo disegnato un trapezio isoscele con le sue diagonali… ed in questo modo sono arrivato al punto scritto sopra… Fine della storia: un piano cartesiano fornisce una soluzione straight anche se un po’ contosa… (attenti che nel cambiare problema talvolta inverto i termini in gioco per comodità, magari invertendo ipotesi e tesi, ma finchè la situazione si riferisce ad un disegno “statico” si può fare)... in ogni caso confesso che lo STEP4 in questo caso è inutile, già dallo STEP 3 si poteva passare allo STEP5:

STEP 5: Cartesio...
Ragazzi visto a che risultati assurdi può portare l’ ”autodittattismo” in matematica?????

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