Sulla stessa retta

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Mattysal
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Sulla stessa retta

Messaggio da Mattysal » 23 lug 2020, 22:07

Sia $ABC$ un triangolo e $D, E, F$ i punti in cui la circonferenza inscritta tange $BC, CA, AB$.
La circonferenza di centro $F$ e raggio $FB$ interseca la retta per $F$ parallela ad $AC$ nel punto $P$.
La circonferenza di centro $E$ e raggio $EC$ interseca la retta per $E$ parallela ad $AB$ nel punto $Q$.
Dimostrare che $D$ giace sulla retta $PQ$.

NB: $P, Q$ sono interni all'angolo $\widehat{BAC}$.

Mr.73
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Re: Sulla stessa retta

Messaggio da Mr.73 » 25 lug 2020, 15:13

Testo nascosto:
Si osserva che, essendo angoli corrispondenti rispetto alle parallele $ EQ \parallel AB $ tagliate dalla trasversale $ AC,\ \widehat{CEQ} = \widehat {EAF} $ e, analogamente, noto che $ FP \parallel AC $, si ha $ \widehat{PFB} = \widehat{EAF} $, da cui $ \widehat{CEQ}= \widehat{PFB} = \widehat{EAF}. $ Ne segue che i triangoli $ \triangle {CEQ} $ e $ \triangle{PFB} $sono simili, in quanto isosceli (infatti $ CE = EQ , \ \ PF = FB $, dal momento che sono raggi delle medesime circonferenze) e aventi angolo al vertice congruente. Sapendo che $ FB = BD $ e $ CE = CD $ in quanto segmenti di tangenza, dalla similitudine segue che $ \displaystyle \frac{PB}{QC} = \frac{FB}{EQ} = \frac{BF}{CE} = \frac{BD}{CD} \ \ $$ \displaystyle (1) $. Allo stesso tempo dalle similitudini segue che $ \widehat{ECQ} = \widehat{FPB} $ e, quindi, essendo i due angoli corrispondenti rispetto alle rette $ CQ $ e $ PB $ tagliate dalla trasversale $ PQ $, si ha $ CQ \parallel PB $. dunque $ \widehat{BCQ} = \widehat{CBP}, $ poiché alterni interni rispetto alle parallele $ CQ \parallel PB $ tagliate dalla trasversale $ BC $ e, infine, sapendo che $ B, D $ e $ C $ sono allineati, si ha $ \widehat{QCD} = \widehat{PBD} $ e, dunque, noto $ \displaystyle (1) , $ che i triangoli $ \triangle{CQD} $ e $ \triangle{BPD} $ sono simili, per cui $ \widehat{CDQ} = \widehat{BDP} $, da cui, essendo $ B, D $ e $ C $ allineati, segue l'allineamento richiesto tra $ P, D $ e $ Q $.

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