L'uguaglianza è una malattia contagiosa

[EvaristeG]

Sia ABC un triangolo, tracciamo per C la retta L parallela a BA; conduciamo la bisettrice di A ad incontrare BC in D e L in E e la bisettrice di B ad incontrare AC in F e L in G. Dimostrare che GF=ED implica CA=CB.

[karl]

Premetto che se un triangolo ha due lati diseguali allora
sul lato maggiore (minore) cade la bisettrice minore (maggiore).
Infatti (vedi fig1) sia BAC>ABC (e quindi BC>AC)
e siano BF e AD le bisettrici.Poiche' e' FAD>FBD esiste su BF
un punto P tale che risulti PAD=PBD.Ne segue che i quattro punti
A,B,D,P sono conciclici e poiche' in una circonferenza ad angolo
alla circonferenza maggiore (minore) si oppone corda maggiore (minore)
sara' AD<BP<BF c.d.d.
Questo procedimento permette di dimostrare velocemente l'arcinoto
problema il quale afferma che se in un triangolo due bisettrici
sono congruenti allora lo sono pure i lati su cui esse cadono.
Infatti se tali lati non fossero congruenti per quanto precede
non lo sarebbero neanche le bisettrici relative,contro l'ipotesi.
Veniamo ora al nostro problema.
Gli angoli segnati in fig2 con lo stesso simbolo sono congruenti
e pertanto:CG=BC ,CE=AC.
Dalla similitudine dei triangoli CFG e ABF si ha:
CG:GF=AB:BF da cui GF=BC*BF/AB
Analogamente dalla similitudine dei triangoli CDE e ABD si ha:
CE:DE=AB:AD da cui DE=AC*AD/AB
Se quindi e' GF=DE sara' pure :1) BC/AC=AD/BF
Ora ,per quanto premesso,se fosse BC>AC sarebbe AD<BF e se fosse
BC<AC sarebbe AD>BF e in entrambi i casi la (1) risulterebbe impossibile.
In conclusione deve aversi BC=AC.

[EvaristeG]

Ottimo lemma!

Non per fare il piantagrane, ma c'è una strada più diretta che arriva all'uguaglianza sfruttando in altro modo il fatto che stiamo usando le bisettrici; per il resto, penso che l'inizio della dimostrazione sia obbligato.

[gianmaria]

Ho dovuto chiedere aiuto ( spero che non sia vietato!) per la prima parte della mia risposta: vedi topic "Intersezioni con le bisettrici", in cui MindFlyer ha dimostrato il teorema "Se in un triangolo due angoli sono diversi, le loro bisettrici incontrano i lati opposti in due punti di cui quello che sta sulla bisettrice dell’angolo maggiore dista maggiormente dal lato comune ai due angoli." Usandolo, la risposta è facile.

Neghiamo la tesi, supponendo che sia BC>AC; sarà anche CAB =2x > CBA =2y. Per il parallelismo di GE e AB si ha CGF =y e CED =x. Da F tracciamo la parallela ad AE, che incontra GE in L; si ha CLF =x. Dette R e S le proiezioni di D e F su GE, i triangoli FLS e DER sono simili; in conseguenza del precedente teorema è FS>DR, quindi FL>DE. Considerando il triangolo FGL, poiché ad angolo maggiore sta opposto lato maggiore, si ha GF >FL. Quindi GF>DE, contro all’ipotesi.

[EvaristeG]

Hmm ma il teorema della bisettrice non se lo ricorda nessuno??
La bisettrice divide il lato opposto in due parti proporzionali ai lati adiacenti...

[gianmaria]

Hmm ma il teorema della bisettrice non se lo ricorda nessuno??
La bisettrice divide il lato opposto in due parti proporzionali ai lati adiacenti...

Cosa vuoi dire? E' proprio il teorema che è stato usato. O forse tu ne hai visto un uso più immediato?

[EvaristeG]

Uhm ... sorry, la mia soluzione usava il teorema della bisettrice come fatto da Mind per dimostrare quella disuguaglianza, solo sfruttandola per ricavare l'assurdo dall'uguaglianza ricavata da karl...il tutto è un po' più rapido di ciascuna delle due soluzioni, ma in effetti non cambia di molto.