Angoli del triangolo

[Sonner]

ABC triangolo, D punto medio di AC. Sapendo che BDA=45° e che $ \alpha = 3\gamma $, trovare $ \alpha $. E' bandito tutto ciò che non è sintetica

[amatrix92]

Probabilemente non ho capito il problema ma e' abbastanza ovvio che $ \widehat{CDB} = 3 \widehat{ADB} $

[domx]

non ho capito niente...

[minima.distanza]

io ho inteso che $ \alpha = \hat{A} $ e $ \gamma = \hat{C} $, e mi pare che sia così perchè tentando mi stanno uscendo cose interessanti...

[Sonner]

A scanso di equivoci, per $ \alpha $ intendevo ABC, per $ \gamma $ ACB. Insomma bisogna trovare gli angoli del triangolo

[amatrix92]

A scanso di equivoci, per $ \alpha $ intendevo ABC, per $ \gamma $ ACB. Insomma bisogna trovare gli angoli del triangolo

aaaaaaa!! ok xD io credevo dovessimo trovare all'interno del triangolo due angoli tali che uno fosse il triplo dell'altro.

[minima.distanza]

NNOOOOO !!! è da più di un'ora che ci provo con $ \alpha = \hat{A},\gamma = \hat{C} $

[Sonner]

Sì vabbè pure io ho cannato però, scusami tanto :S Allora $ \alpha $ in A eccetera, come per ogni santo triangolo ABC

[minima.distanza]

Ecco la mia soluzione, nell'incertezza ho "dimostrato" che aveva ragione sooner all'inizio mettendo $ \hat{B} = 3\alpha $

Testo nascosto:

allora, faccio due casi: quello in cui $ \alpha =3\gamma = \hat{A} $ e quello in cui $ \alpha = \hat{B} $.

Caso 1: $ \alpha =3\gamma = \hat{A} $. Chiamo $ D $ il punto medio di $ AC $. Prendo un punto $ P \in BC $ tale che $ \widehat{PAC} = \gamma $. Si nota subito che $ APC $ è isoscele con base $ AC $ e angoli alla base pari a $ \gamma $. Ne consegue che $ \widehat{APC} = \pi - 2\gamma $ e che quindi $ \widehat{APB} = 2\gamma $. Si ha quindi che $ BPA $ è isoscele con base $ AP $ e angoli alla base pari a $ 2\gamma $. Si ha che $ \hat{B} = \pi -4\gamma $ e che $ \widehat{APC} = \pi -2\gamma $. Dal teorema di Carnot consegue però che:
$ AP = AB\sqrt{2-\cos{(\pi -4\gamma )}} $
$ AC = AP\sqrt{2-\cos{(\pi -2\gamma )}} = AB\sqrt{2-\cos{(\pi -4\gamma )}}\sqrt{2-\cos{(\pi -2\gamma )}} = 4|\cos{(\gamma )} \cos{( 2\gamma )} |AB $ ( chiedo di fidarsi dei conti, che ho fatto fare al computer oltretutto...).
Traccio l'altezza $ BH $. Essendo ora $ BHD $ un triangolo isoscele rettangolo, si ha che $ AB \sin{(3\gamma )}=BH = HD $. Allo stesso tempo si ha che $ AH = AB \cos{(3 \gamma )} $ e che quindi $ AD = \frac{AC}{2} = 2|\cos{(\gamma )} \cos{( 2\gamma )} |AB = AH+HD = AB \sin{(3\gamma )}+AB \cos{(3 \gamma )} $. Bisogna quindi risolvere $ 2|\cos{(\gamma )} \cos{( 2\gamma )} | = \sin{(3\gamma )}+ \cos{(3 \gamma )} $ Cosa che mi sembra poco fattibile... In ogni caso mi sembra carino il procedimento fin qua, quindi lo posto lo stesso ! Per il lemma del "problema alla mia portata" si è quindi dimostrato che gli angoli andavano messi come diceva inzialmente sooner

Caso 2: $ \alpha = \hat{B} $ Si usano gli stessi nomi usati sopra per i punti: $ D $ è il punto medio di $ AC $ e $ H $ è il piede dell'altezza di $ B $ rispetto ad $ AC $. Si nota subito che $ \hat{A} = \pi -4\gamma $ e che quindi $ \widehat{ABD} = 4\gamma -\frac{\pi}{4} $. Come prima, si noti ora che $ BH = AB \sin{( \pi -4\gamma )} $ e che quindi $ BD = \sqrt{2}AB \sin{( \pi -4\gamma )} $. Allo stesso tempo, essendo $ BH = HD $ possiamo scrivere $ AD = AH+HD = AB[\sin{(\pi -4\gamma )} +\cos{(\pi -4\gamma )}] $. Per il teorema di Carnot di ha che $ AD^2 =AB^2 +BD^2 -2AB\cdot BD \cos{ (4\gamma -\frac{\pi}{4} )} $. Sostituendo e sviluppando si ha che
$ \sin{(\pi -4\gamma )}^2 +\cos{(\pi -4\gamma )}^2 +2\sin{(\pi -4\gamma )}\cos{(\pi -4\gamma )} =1+2\sin{(\pi -4\gamma )} -2\sqrt{2}\sin{(\pi -4\gamma )}\cos{ (4\gamma -\frac{\pi}{4} )} $. Ora semplifico e divido ambo i membri per $ 2\sin{(\pi -4\gamma )} $ e ottengo l'equazione $ \cos{ (\pi -4\gamma )} = 1-\sqrt{2}\cos{ (4\gamma -\frac{\pi}{4} )} $ che risolta da come soluzioni $ \gamma = \frac{5\pi}{8}, \gamma = \frac{\pi}{8} $, ma $ \gamma = \frac{5\pi}{8} $ va esclusa in quanto $ \frac{5\pi}{8} > \frac{\pi}{4} $ che non è possibile

MI sembra molto più verosimile del caso 1, ma aspetto conferme !

[Sonner]

Bon, metto l'immagine e pace.

[sasha™]

Ho trovato una soluzione trigonometrica, la posto?

[minima.distanza]

Sì ! mi esce infatti 22.5° $ (\frac{\pi}{8} $.. @ sasha: se è diversa dalla mia fai pure...

[Sonner]

Se vuoi sì, comunque ho postato questo problema con lo spirito dell'autore originale, che chiedeva espressamente di usare la geometria euclidea. In trigonometria lo si smonta molto velocemente al contrario (ce l'ho fatta io in una ventina di minuti )

[paga92aren]

Provo a dare una soluzione in sintetica:

Definisco M come l'intersezione di BC con la parallela di AB passante per D. Poiché AD=DC per il teorema di talete ho che BM=MC .
Voglio dimostrare che i triangoli BMD e CMD sono simili:
Infatti l'angolo BDM$=\pi-\frac{\pi}{4}-x$ e DBC$=\frac{\pi}{4}-x$ quindi gli angoli interni al triangolo BMD sono uno triplo dell'altro, da cui la similitudine.
Inoltre i due triangoli sono uguali perché BM=MC e in particolare DC=DB=DA.
Quindi D è equidistante dai vertici del triangolo e quindi è il centro della circonferenza circoscritta.
Concludo dicendo che $\frac{\pi}{4}=2x$ da cui la tesi.

[sasha™]

Per il teorema dei seni, $AB/BC = \sin{x}/\sin{3x}$.
Sempre per lo stesso teorema, applicato sui triangoli più piccoli, $AC = \sqrt2AB\sin(45+3x) = \sqrt2BC\sin(45-x)$, da cui $AB/BC = \sin(45-x) /\sin(45+3x)$.
Imponendo $\sin{x} \sin(45+3x) = \sin{3x} \sin(45-x)$ e pasticciando un po' con addizione, prostaferesi e Werner (metto tutti i passaggi?) si arriva a $\sin2x - \cos2x = (\sin2x - \cos2x)(\sin2x + \cos2x)$ , che ha per soluzioni $x=nπ$, $x=nπ + π/4$ e $x=nπ + π/8$, delle quali l'unica accettabile (serve $0 < x < π/4$) è proprio $x = π/8$. Se non ho scritto idiozie...