Utile proprietà dei trapezi

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MindFlyer

Utile proprietà dei trapezi

Messaggio da MindFlyer » 30 ago 2005, 15:34

La versione (leggermente) generalizzata di un quesito che mi ha posto in chat Peppeporc. E' una semplice proprietà dei trapezi, che ogni tanto può rivelarsi utile:

Detto P il punto d'incontro delle diagonali di un trapezio ABCD, e detta r la retta per P parallela alle basi AB e CD del trapezio, siano X e Y le intersezioni di r con i segmenti BC e DA. Dimostrare che P è il punto medio di XY.

Hammond
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Messaggio da Hammond » 30 ago 2005, 17:41

Di sicuro non è la soluzione più semplice, ma comunque.

I triangoli ABP e CDP sono simili, avendo tutti gli angoli corrispondenti uguali (quelli in P perchè opposti al vertice, gli altri per il teorema delle parallele tagliate da una trasversale).
In particolare AP:CP=BP:DP, che equivale a BP*CP=AP*DP.
Sfruttando quest'ultima relazione e il fatto che gli angoli BPC e APD sono uguali (opposti al vertice), si ottiene che le aree dei triangoli BCP e ADP sono uguali, usando la formula trigonometrica per l'area, cioè
$ Area = \frac{ab\sin\gamma}{2} $
dove $ \gamma $ è l'angolo compreso tra i lati $ a $ e $ b $.
Ora, l'area di questi due triangoli si può ottenere anche come somma delle aree dei due triangolini in cui ciascuno di essi è diviso, quelli aventi per basi PX e PY: le loro altezze sono uguali, dato che la retta r è parallela alle basi del trapezio. Per cui, sapendo che l'area risulta uguale, devono essere uguali anche le loro basi, ovvero PX=PY, ovvero P è il punto medio di XY.

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karl
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Messaggio da karl » 30 ago 2005, 18:32

Dette h' ed h le distanze di A ( o di B ) dalle rette XY e DC, dalla similitudine
delle due coppie di triangoli (APY,ADC) e (BPX,BDC) si ha:
YP:DC=h':h
XP:DC=h':h
Dal confronto di queste due proporzioni si che XP=YP.

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Marco
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Messaggio da Marco » 01 set 2005, 10:00

Soluzione lapidaria (e secondo il mio modesto e insulso parere, istruttiva):
Il problema è invariante per affinità ed è sempre possibile trasformare con una affinità un trapezio qualunque in uno isoscele. Per i trapezi isosceli la tesi è banale (simmetria rispetto all'asse delle basi), per cui è vera per tutti i trapezi.[]

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enomis_costa88
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Messaggio da enomis_costa88 » 12 feb 2006, 15:39

Sia E il punto d'incontro tra il prolungamento del lato AC e BD.
Usando le coordinate affini:

Ho fatto un bel casino con i nomi :oops: il mio trapezio è ABDC con AB base minore e CD maggiore, diagonali BC e AD.

AEC e BED sono allineati, quindi:
$ A= k_1E+(1-k_1)C $
$ B= kE+(1-k)D $

Per Talete $ EB/EA=BD/AC $ ovvero $ EB/BD=EA/AC $ ovvero $ k_1=k $ e
$ A= kE+(1-k)C $

Analogamente a prima:
$ X=jE+(1-j)D $
$ Y= jE+(1-j)C $

PCB e PDA sono allineati quindi
$ P=bC+(1-b)(B)=bC+(1-b)kE+(1-b)(1-k)D $
$ P=aD+(1-a)(A)=aD+(1-a)kE+(1-a)(1-k)C $

da cui $ (1-b)k=(1-a)k $ e visto che P è interno al trapezio $ k \not = 0 $ e a=b.

$ P=aD+aC+(1-a)kE $ sempre con $ 2a+(1-a)k=1 $ ; $ (1-a)k=1-2a $
$ P=aD+aC+(1-2a)E $
quindi P appartiene alla mediana EM di CD.
Se M è il punto medio di C,D allora E,P,M sono allineati quindi:
$ P= tE+(1-t)M $ ma per Talete (la retta passante per X,P è parallela a quella passante per M,D) analogamente a prima dimostro che $ j=t $.

Ricapitolo:
$ P= jE+(1-j)M = (1-j)(M-E)+E $
$ X=jE+(1-j)D= (1-j)(D-E)+E $
$ Y= jE+(1-j)C= (1-j)(C-E)+E $
Ovvero esiste una bella omotetia di centro E che manda C,D,M in Y,X,P.
P risulta quindi il punto medio di X,Y.

Buona Domenica.

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elianto84
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Messaggio da elianto84 » 12 feb 2006, 20:20

An easier way:

[ABD]=[ABC] (triangoli con stessa base e stessa altezza)
Sottraendo [ABP] ambo i membri
[APD]=[CPB]
Dividendo per l'altezza del trapezio
PX=PY
Jack alias elianto84 alias jack202

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