Sia ABC un triangolo.
Sia R un punto su AB tale che BR=BC e B è fra A e R.
Sia S un punto su AC t.c. CS=CB e C è fra A e S.
Chiamiamo A' il punto d'intersezione delle diagonali di BRSC.
In modo analogo definiamo B' e C'
Dimostrare che $ Area(AB'CA'BC') = Area(ABC) + Area(A'B'C'). $
semplici aree austriache
Carino ...
CA' è parallela alla bisettrice di B, BA' è parallela alla bisettrice di C, quindi A' è il simmetrico dell'incentro di ABC rispetto al punto medio di BC. Similmente B', C'.
Quindi l'esagono AB'CA'BC'A si divide in 4 parallelogrammi, da cui la sua area è il doppio dell'area di ABC; la tesi diventa quindi ABC e A'B'C' equiestesi. Ma questi due, più che equiestesi, sono congruenti, in quanto, sempre per i parallelogrammi di prima, AB' e BA' sono uguali e paralleli, quindi B'A' è uguale e parallelo a BA e così via.
Ultima modifica di EvaristeG il 03 giu 2006, 14:24, modificato 1 volta in totale.
La tesi è $ (AB'CA'BC')=(ABC)+(A'B'C') $, ma ABC c'è già, quindi equivale a dimostrare che combinando i triangolini $ BA'A',CA'B',AB'C' $ in qualche modo posso ottenere $ A'B'C' $.
Ora cerco qualche angolo: $ A'BC=\frac{\gamma}2 $, perchè ho un triangolo isoscele + teorema dell'angolo esterno. Gli altri angoli di questo tipo si trovano allo stesso modo.
Poi: $ BA'C= 180-(A'BC+A'CB)=90+\frac{\alpha}2 $. Sembra quasi l'angolo che BC formerebbe con l'incentro, ma non ci interessa ricomporre ABC, ma A'B'C'.
A questo punto, vedendo che molti angoli sono facili da trovare e osservando la figura, si nota che $ BCB'C' $ è un parallelogramma, come si dimostra facilmente sommando qualche angolo.
Dopo aver segnato i segmenti uguali, pensiamo a come ricomporre $ A'B'C' $ attraverso quei triangolini. Considerando il simmetrico di $ A'BC' $ rispetto a $ C'A' $, non ottengo niente perchè poi, facendo lo stesso sugli altri triangolini, trovo dei lati di lunghezza diversa che dovrebbero finire nello stesso punto.
Invece se faccio il simmetrico rispetto al punto medio del lato, riesco a mettere vicini i segmenti uguali. Ora basta solo sperare che anche gli angoli si comportino bene. Se voglio che i simmetrici di A,B,C, (rispetto al punto medio del lato più vicino di ABC) vadano a finire in uno stesso punto, dovrò avere ad esempio che $ BC'A' + CB'A' = C'A'B' $. Ma $ C'A'B' + BA'C + CA'B' = BA'C = 180°- \frac{\beta}2 - \frac {\gamma}2 $ = $ BA'C+BC'A'+A'B'C+CA'B' $ (basta svolgere i conti). Quindi i simmetrici di B e C rispetto a A'C' e A'B' sono lo stesso punto. Allo stesso modo dovrebbe funzionare considerando le altre 2 coppie, quindi siamo riusciti a ricoprire $ A'B'C' $ con i triangolini.