G4 Problema 16

Commenti e suggerimenti sull'iniziativa del "Giornalino della Matematica"

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sprmnt21
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Messaggioda sprmnt21 » 01 gen 1970, 01:33

Nel triangolo ABC sia M il punto medio del lato BC, e r una retta per che biseca il perimetro del triangolo. Dimostrare che r è parallela alla bisettrice dell\'angolo < BAC. <BR> <BR> <BR>(La prova puo\' essere fatta senza \"scomodare\" Menelao, provando che se r e\' parallela ad AK allora il triangolo e\' diviso in due parti uguali e, per il fatto che al variare di R su AB la differenza delle due parti di perimetro varia in maniera continua e monotona, vale anche il viceversa. Ma a parte che e\' la prima volta che mi capita di riuscire ad applicare questo teorema, in questo modo, sempre che sia corretta, mi pare una prova piu\' diretta e concisa) <BR> <BR>Senza perdita di generalita\', supponiamo che AB > AC. Sia K il punto in cui la bisettrice di < A interseca BC ed R il punto in cui r interseca AB. <BR> <BR>Per ipotesi si ha che RA+AC+CM=MB+BR. Percio\', dato che CM=MB, risulta RA+AC=BR. <BR> <BR>Sia R\' un punto sul prolungamento di CA dalla parte di A tale che R\'A=RA. Per costruzione RR\' e\' parallela ad AK. <BR> <BR>Dato che BM/MC*CR\'/R\'A*AR/RB=1 per il teorema di Menelao i punti R\', R ed M sono allineati. <BR> <BR>Cioe\' RM e\' parallela ad AK. <BR> <BR> <BR> <BR> <BR><font size=1>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 2002-03-25 15:40 ]</font><BR><BR><font size=1>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 2002-03-25 15:42 ]</font>

BlaisorBlade
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Messaggioda BlaisorBlade » 01 gen 1970, 01:33

Scusa se non ho neanche avuto il tempo di leggere la tua soluzione(appena ho tempo vado a studiare il teorema di Menelao), ma non è possibile tracciare la parallela alla bisettrice e, sfruttando il teorema della bisettrice dell\'angolo interno e la similitudine, provare che tale parallela biseca il perimetro, e quindi coincide con la retta data? (Anche se bisogna passarsi un pochino di tempo a comporre e scomporre proporzioni?)

sprmnt21
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Messaggioda sprmnt21 » 01 gen 1970, 01:33

Se ho capito bene l\'idea, direi che e\' possibile fare anche come dici tu. Perche\' non mandi la prova completa di tutti i dettagli? <BR> <BR>ciao <BR> <BR>

BlaisorBlade
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Messaggioda BlaisorBlade » 01 gen 1970, 01:33

In un minuto ti dò un accenno che dovrebbe bastarti(scusami se non scrivo la dimostrazione completa). La bisettrice sia AK, con K € BC; la parallela ad AK per M, cioè r\' taglia AB(>AC) in J; poiché r\'//AK, i triangoli BJM e BAK sono simili, e scomponendo la proporzione ottengo che MK: AJ=BK: AB; per il teorema della bisettrice, BK:AB=CK:AC; confronto le due proporzioni e ho MK:KC=JA:AC, componendo ho con qualche passaggio BM:BJ= KC: AC=MC<IMG SRC="images/splatt_forum/icons/icon_frown.gif">JA+AC), infine BM:MC=BJ<IMG SRC="images/splatt_forum/icons/icon_frown.gif">JA+AC), quindi poiché BM=MC r\' biseca in J e M il perimetro; è unico il punto che biseca il perimetro, fissato M, quindi anche r passa per J e coincide con r\'. Scusa se questa dimostrazione è incomprensibile e scritta male, ma ho pochissimo tempo(spero di completarla, o che tu possa capirla).


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