Sia ABC un triangolo isoscele di base AB, si determini il luogo dei punti P interni al triangolo tali che la distanza dalla base sia media proporzionale fra le distanze dei lati oblicui
<BR>
<BR>Ciaoz
Geometria
Moderatore: tutor
Che dimostrazione da ingegnere ! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>Ecco invece la dimostrazione da calcolatrice...
<BR>Prendiamo un bel piano cartesiano e poniamo
<BR>A in (0;0), B in (t;0) e i punti che soddisfano
<BR>la condizione in (x;y). Chiamiamo gli angoli
<BR>alla base w.
<BR>
<BR>
<BR>Avremo
<BR>
<BR>y^2 = sqrt(x^2+y^2) sen(w - asen(y/sqrt(x^2+y^2))) *
<BR>sqrt( (t-x)^2 + y^2) sen(w - asen(y/sqrt((t-x)^2+y^2)))
<BR>
<BR>dopo un po\' di handwork (...)
<BR>
<BR>x^2 + y^2 - tx + ty ctg(w) = 0
<BR>
<BR>il che conferma che il nostro luogo è una circonferenza.
<BR>Passa sicuramente per A,B ed I e les jeux son faits.
<BR>(in un modo orribile ma son fatti).
<BR>
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<BR>Ecco invece la dimostrazione da calcolatrice...
<BR>Prendiamo un bel piano cartesiano e poniamo
<BR>A in (0;0), B in (t;0) e i punti che soddisfano
<BR>la condizione in (x;y). Chiamiamo gli angoli
<BR>alla base w.
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<BR>Avremo
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<BR>y^2 = sqrt(x^2+y^2) sen(w - asen(y/sqrt(x^2+y^2))) *
<BR>sqrt( (t-x)^2 + y^2) sen(w - asen(y/sqrt((t-x)^2+y^2)))
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<BR>dopo un po\' di handwork (...)
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<BR>x^2 + y^2 - tx + ty ctg(w) = 0
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<BR>il che conferma che il nostro luogo è una circonferenza.
<BR>Passa sicuramente per A,B ed I e les jeux son faits.
<BR>(in un modo orribile ma son fatti).
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Qualcosa di meno violento...:
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<BR>H, K, L i piedi delle perpendicolari da P ad AB, BC, CA, beta l\'angolo alla base. PH/PL=PK/PH=r, PHK simile a PHL perché hanno due coppie di lati in proporzione e l\'angolo compreso uguale (quello in P è supplementare a beta).
<BR>AHL simile a BHK per tre angoli uguali (due coppie di complementari a quelli di PHK, PHL, una coppia beta), con lo stesso rapporto HK/HL=r, ergo anche i quadrilateri AHPL, BHPK sono simili (anche l\'orientamento dei due triangoli da appiccicare funziona). Sono simili dunque anche i triangoli AHP e BKP e le altre metà dei quadrilateri, in particolare sono uguali gli angoli opposti in P, ma allora < APB= < APH + < BPH = < APH + < APL =180-beta.
<BR>
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<BR>H, K, L i piedi delle perpendicolari da P ad AB, BC, CA, beta l\'angolo alla base. PH/PL=PK/PH=r, PHK simile a PHL perché hanno due coppie di lati in proporzione e l\'angolo compreso uguale (quello in P è supplementare a beta).
<BR>AHL simile a BHK per tre angoli uguali (due coppie di complementari a quelli di PHK, PHL, una coppia beta), con lo stesso rapporto HK/HL=r, ergo anche i quadrilateri AHPL, BHPK sono simili (anche l\'orientamento dei due triangoli da appiccicare funziona). Sono simili dunque anche i triangoli AHP e BKP e le altre metà dei quadrilateri, in particolare sono uguali gli angoli opposti in P, ma allora < APB= < APH + < BPH = < APH + < APL =180-beta.
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[img:2sazto6b]http://digilander.iol.it/daniel349/boy_math_md_wht.gif[/img:2sazto6b]
esplicitiamo le conclusioni implicite: ergo il luogo è il luogo dei punti che vedono AB sotto un angolo di 180-beta, cioè un arco di circonferenza (cui, effettivamente, appartiene anche l\'incentro) - per dirlo bisognerebbe dimostrare anche che se P è su quell\'arco allora PH²=PK*PL: leggete il post precedente a testa in giù ed è fatto.
[img:2sazto6b]http://digilander.iol.it/daniel349/boy_math_md_wht.gif[/img:2sazto6b]