Due Quadrati
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HomoPatavinus
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- Località: Padova
Due Quadrati
In un piano, due quadrati ABCD e A'B'C'D' sono disposti come in figura. Si dimostri che la retta passante per A e perpendicolare a DD' incontra il segmento BB' nel punto medio. (SNS, 92-93)
Sia $ H $ il piede della perpendicolare a $ DD' $ passante per $ A \equiv A' $ e $ M $ l'intersezione di questa con $ BB' $.
Si ha $ \angle DAD' = 180^{\circ} - \angle BAB' $. Prolungo $ AD $ oltre $ A $ di una quantità pari a $ AD $ e chiamo $ X $ il nuovo estremo. Per LAL si ha $ \Delta BAB' \cong \Delta XAD' $.
Sia dunque $ M' $ il punto medio di $ XD' $. Si ha $ AM' \| DD' $, da cui $ \angle M'AH = 90^{\circ} $.
Applico quindi a $ \Delta XAD' $ una rotazione di $ 90^{\circ} $ con centro $ A $. Si ha $ X \mapsto B $, $ D' \mapsto B' $ e $ M' \mapsto M $.
Dunque $ M $ biseca $ BB' $.
Si ha $ \angle DAD' = 180^{\circ} - \angle BAB' $. Prolungo $ AD $ oltre $ A $ di una quantità pari a $ AD $ e chiamo $ X $ il nuovo estremo. Per LAL si ha $ \Delta BAB' \cong \Delta XAD' $.
Sia dunque $ M' $ il punto medio di $ XD' $. Si ha $ AM' \| DD' $, da cui $ \angle M'AH = 90^{\circ} $.
Applico quindi a $ \Delta XAD' $ una rotazione di $ 90^{\circ} $ con centro $ A $. Si ha $ X \mapsto B $, $ D' \mapsto B' $ e $ M' \mapsto M $.
Dunque $ M $ biseca $ BB' $.
Oppure...
Secondo me si può dimostrare pure così:
Tracciamo da $ K $ la parallela al lato $ AD' $ e chiamiamo $ E $ il punto di intersezione tra tale parallela e il lato $ AB $ del quadrato. Gli angoli $ EKA $ e $ KAD' $ sono alterni interni, e poichè $ KAD'=AD'D $, perchè sono entrambi complementari dello stesso angolo, così come $ ADD'=KAE $, allora i triangoli $ KEA $ e $ D'AD $ sono simili.
Dal rapporto di similitudine, $ AE: AD= KE: AD' $, ma sostituendo i lati $ AD $ e $ AD' $ con quelli rispettivi dei quadrati $ AB $ e $ AB' $, avremo che, per la similitudine dei triangoli $ BAB' $ e $ BEK $, $ BE: AB= KE: AD'=AE: AB $, quindi semplificando $ BE=AE $ e dunque il rapporto di similitudine è 2, cioè $ BK=KB' $.
Ciao
Tracciamo da $ K $ la parallela al lato $ AD' $ e chiamiamo $ E $ il punto di intersezione tra tale parallela e il lato $ AB $ del quadrato. Gli angoli $ EKA $ e $ KAD' $ sono alterni interni, e poichè $ KAD'=AD'D $, perchè sono entrambi complementari dello stesso angolo, così come $ ADD'=KAE $, allora i triangoli $ KEA $ e $ D'AD $ sono simili.
Dal rapporto di similitudine, $ AE: AD= KE: AD' $, ma sostituendo i lati $ AD $ e $ AD' $ con quelli rispettivi dei quadrati $ AB $ e $ AB' $, avremo che, per la similitudine dei triangoli $ BAB' $ e $ BEK $, $ BE: AB= KE: AD'=AE: AB $, quindi semplificando $ BE=AE $ e dunque il rapporto di similitudine è 2, cioè $ BK=KB' $.
Ciao
Usiamo i numeri complessi : sia l'origine in A, sia AB l'asse immaginario, AD l'asse reale, B' un punto z del piano complesso, allora, fissato |AB|=1, si ha
$ m_{BB'}=\dfrac{\imath+z}2 $
(dove m_{AB} è il punto medio di AB) e (per ottenere l'espressione della retta per D e D')
$ d'-d=-\imath z+1 $
Quindi
$ \imath m_{BB'}=\dfrac{\imath z - 1}{2} $
e da coià segue facilmente che una retta per A incontra BB' nel suo punto medio solo se è perpendicolare a DD', il che dimostra la tesi.
$ m_{BB'}=\dfrac{\imath+z}2 $
(dove m_{AB} è il punto medio di AB) e (per ottenere l'espressione della retta per D e D')
$ d'-d=-\imath z+1 $
Quindi
$ \imath m_{BB'}=\dfrac{\imath z - 1}{2} $
e da coià segue facilmente che una retta per A incontra BB' nel suo punto medio solo se è perpendicolare a DD', il che dimostra la tesi.