Riporto, senza grandi cambiamenti, un bel problema proposto su artofproblemsolving dall'utente TelvCohl:
Sia $ ABC $ un triangolo e $ D $ quel punto all'interno di esso tale che $ \measuredangle ABC=3\measuredangle DBC $ e $ \measuredangle ACB=3\measuredangle DCB $. Siano $ P,Q $ quei punti tali che $ \measuredangle PBD=\measuredangle DBQ =\measuredangle PCD =\measuredangle DCQ= 60^{\circ} $.
Dimostrare che la retta di Eulero del triangolo $ DPQ $ è tangente al cerchio $ \odot(ABC) $.
Trisettrici, angoli notevoli e una retta di Eulero
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- Troleito br00tal
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Re: Trisettrici, angoli notevoli e una retta di Eulero
Gli angoli vanno intesi come orientati o funziona per ogni tripla di punti che soddisfa la relazione (anche con segno opposto)?
[Ok, non ha l'aria di avere molto senso se $P=Q$ quindi opto per gli angoli orientati]
[Come mi ha fatto abbastanza gentilmente notare EvaristeG non possono essere orientati]
[Ok, non ha l'aria di avere molto senso se $P=Q$ quindi opto per gli angoli orientati]
[Come mi ha fatto abbastanza gentilmente notare EvaristeG non possono essere orientati]
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Re: Trisettrici, angoli notevoli e una retta di Eulero
Per quanto riguarda il punto $ D $, mi sembra abbastanza chiaro che si tratta del punto di intersezione delle trisettrici interne più vicine al lato $ BC $. Il punto $ P $ è tale che la retta $ BP $ deve essere ruotata in senso orario di $ +60^{\circ} $ intorno a $ B $ per sovrapporsi alla retta $ BD $, mentre la retta $ CP $ deve ruotare in senso antiorario di $ +60^{\circ} $ intorno a $ C $ per sovrapporsi alla retta $ CD $. Il punto $ Q $ è tale che la retta $ BQ $ deve essere ruotata in senso antiorario di $ +60^{\circ} $ intorno a $ B $ per sovrapporsi alla retta $ BD $, mentre la retta $ CQ $ deve ruotare in senso orario di $ +60^{\circ} $ intorno a $ C $ per sovrapporsi alla retta $ CD $.
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Re: Trisettrici, angoli notevoli e una retta di Eulero
Troleito br00tal ha scritto: [Come mi ha fatto abbastanza gentilmente notare EvaristeG non possono essere orientati]
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