In un triangolo ABC sia D il punto medio di AB ed E il punto della trisezione di BC più vicino a C. Sapendo che
<BR> <ADC=<BAE trovare <BAC.
<BR>ciao ciao
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR><font size=1>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Maus il 2002-06-05 19:24 ]</font>
british mathematical olympiad
Moderatore: tutor
-
Antimateria
- Messaggi: 651
- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
- Località: Vergate sul Membro
Ok, sia F il punto medio di BE, e sia G l\'intersezione tra AE e CD. Per ipotesi, CE=EF=FB. Tracciamo DF: per il teorema di Talete, AE e FD sono parallele, e quindi CG=GD. Ma ADG è isoscele, dunque CG=GD=GA. Si può allora tracciare una circonferenza centrata in G che tocchi A, C e D: CD è il diametro, e quindi l\'angolo in A è retto.
<BR>
<BR> <IMG SRC="images/splatt_forum/icons/icon21.gif">
<BR>
<BR>E adesso, visto che sono un figo, determino anche gli altri angoli: per brevità, denotiamo con <B e <C rispettivamente gli angoli <ABC e <BCA. Prendiamo il triangolo ACE e trasliamolo lungo CB fino a far coincidere E con B e C con F, e chiamiamo A\' il simmetrico di A rispetto a FB. Bene, adesso possiamo rimettere a posto ACE. Il quadrilatero BAEA\' è un parallelogramma, le cui diagonali si dimezzano in F. Ne segue che AF=FA\'=CA, per costruzione del triangolo FBA\'. Dunque ACF è isoscele, e visto che AE è mediana, allora è anche altezza del triangolo ed AE e CB sono perpendicolari, come pure DF e CB, perchè AE è parallelo a DF. Quindi anche DEB è isoscele, e <DEB=<B. Ma <B=<CAE, perchè entrambi sono complementari di <C, ed inoltre <AEB=90°=<B+<C=<DEB+<C: ne segue che <AED=<C. Detta H la proiezione di E su AB, abbiamo che <AEH=<EAC, perchè alterni interni rispetto ad AE, quindi <AEH=<B. Ma allora <HED=<C-<B, ed essendo AH=AB/3 per il teorema di Talete ed AD=AB/2, allora HD=AD-AH=AB/6, ed ED=DB=AB/2. Quindi <C-<B=arcsin(HD/ED)=arcsin(1/3), ma <B+<C=90°, da cui si ricava <B = 45°-(1/2)arcsin(1/3) = 25,53..° e <C= 45°+(1/2)arcsin(1/3) = 64,47..°.
<BR>
<BR> <IMG SRC="images/splatt_forum/icons/icon21.gif">
<BR>
<BR>E adesso, visto che sono un figo, determino anche gli altri angoli: per brevità, denotiamo con <B e <C rispettivamente gli angoli <ABC e <BCA. Prendiamo il triangolo ACE e trasliamolo lungo CB fino a far coincidere E con B e C con F, e chiamiamo A\' il simmetrico di A rispetto a FB. Bene, adesso possiamo rimettere a posto ACE. Il quadrilatero BAEA\' è un parallelogramma, le cui diagonali si dimezzano in F. Ne segue che AF=FA\'=CA, per costruzione del triangolo FBA\'. Dunque ACF è isoscele, e visto che AE è mediana, allora è anche altezza del triangolo ed AE e CB sono perpendicolari, come pure DF e CB, perchè AE è parallelo a DF. Quindi anche DEB è isoscele, e <DEB=<B. Ma <B=<CAE, perchè entrambi sono complementari di <C, ed inoltre <AEB=90°=<B+<C=<DEB+<C: ne segue che <AED=<C. Detta H la proiezione di E su AB, abbiamo che <AEH=<EAC, perchè alterni interni rispetto ad AE, quindi <AEH=<B. Ma allora <HED=<C-<B, ed essendo AH=AB/3 per il teorema di Talete ed AD=AB/2, allora HD=AD-AH=AB/6, ed ED=DB=AB/2. Quindi <C-<B=arcsin(HD/ED)=arcsin(1/3), ma <B+<C=90°, da cui si ricava <B = 45°-(1/2)arcsin(1/3) = 25,53..° e <C= 45°+(1/2)arcsin(1/3) = 64,47..°.