OliForum Matematico

devi semplicemente dividere AC in due segmenti...AP(che sarà lungo come AD) e PC(che sarà lungo come AB e BC) e poi tracciare il segmento DP.
<BR>... la seconda parte del suggerimento non considerarla... la mia soluzione non la usa...

Come fai a dire che PC é congruente a AB e BC?

Perchè in questo periodo mi vengono in mente solo meodi analitici?
<BR>Ci sono cascato di nuovo, anche col primo. Ormai è una droga.

XT: non lo devi dimostrare...costruisci il segmento CP in modo tale che sia verificata quell\'ipotesi...

Perdonami Alberto, ma proprio non capisco.
<BR>Allora il tuo suggerimento é di prendere un punto P su AC tale che PC=AB=BC, ma poi allora come fai a stabilire che PC=PD?
<BR>Scusami ma sono veramente fuso su questo problema...

quello non lo puoi stabilire a priori...sarebbe da dimostrare, se riesci a farlo ottieni che DPC è isoscele e hai risolto il problema.
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<BR>...già che ci sono puntualizzo che la mia dimostrazione di prima è incompleta...

Per quello che ti ho detto prima, alberto?
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Ah, ecco...
<BR>Grazie!

Sì che lo usa la tua dimostrazione (però non lo dimostri, immagino che sia lì che è incompleta): è implicito dove dici che DPE=DEP (e a questo punto potresti anche dimostrarcelo, è quello il punto cruciale mi pare, la costruzione del trapezio è molto simpatica ma sommamente superflua a mio parere)

come il solito DD è arrivato puntuale a punire la dilagante superficialità <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
<BR>in effetti mi sono accorto dopo che avevo semplicemente fatto un errore nell\'indicare gli angoli, il che mi aveva fatto credere di aver dimostrato l\'uguaglianza tra i due angoli cruciali...che invece resta ancora lì. dopo averci ripensato, sono giunto anche io alla conclusione che la mia costruzione serva a poco-niente...semplicemente ripresenta lo stesso problema in due o tre salse diverse, ma la difficoltà di fondo è sempre la stessa... a questo punto basterebbe dimostrare che l\'angolo che le diagonali del trapezio formano tra di loro è 20° (o 160°, a seconda dei punti di vista) oppure che CD è la bisettrice di ACE(quindi AD e DE sono proporzionali ai lati AC e CE)... ma non vedo una strada semplice per farlo... <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif">
<BR>penso che mi rassegnerò...non voglio perdere troppe ore di sonno nel periodo delle gare... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">

Sia E un punto di AC tale che CE=CB e sia F il terzo vertice del traingolo equilatero ABF tale che E sia interno ad esso. Si ha hce < ABE = 30° = < FBE percio\' AE=FE ovvero < EFA = < EAF=20°. Pertanto DE=AF=AB=BC=CE e infine < ECD = < EDC = < AED/2=10°.
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<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 13-02-2003 16:37 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 13-02-2003 16:39 ]

Molto sinteticamente <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">. Indico con XY(H)WZ il fatto che XY e WZ sono ortogonali.
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<BR>Sia H il quarto vertice del parallelogramma DBGH. Si ha che BHG==BHD==ABC e BH(T)AC. Percio\' CBH==FCA da cui si ha che CH=AF e CH(T)AF. Analogamente AH=CE e AH(T)CE. Pertanto BH passa necessariamente per O.
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<BR>Si noti come fatto extra che che BO biseca DG.