geometria

alberto · Messaggio da **alberto** » 01 gen 1970, 01:33

devi semplicemente dividere AC in due segmenti...AP(che sarà lungo come AD) e PC(che sarà lungo come AB e BC) e poi tracciare il segmento DP.
 ... la seconda parte del suggerimento non considerarla... la mia soluzione non la usa...

XT · Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

Come fai a dire che PC é congruente a AB e BC?

ale86 · Messaggio da **ale86** » 01 gen 1970, 01:33

Perchè in questo periodo mi vengono in mente solo meodi analitici?
 Ci sono cascato di nuovo, anche col primo. Ormai è una droga.

alberto · Messaggio da **alberto** » 01 gen 1970, 01:33

XT: non lo devi dimostrare...costruisci il segmento CP in modo tale che sia verificata quell\'ipotesi...

XT · Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

Perdonami Alberto, ma proprio non capisco.
 Allora il tuo suggerimento é di prendere un punto P su AC tale che PC=AB=BC, ma poi allora come fai a stabilire che PC=PD?
 Scusami ma sono veramente fuso su questo problema...

alberto · Messaggio da **alberto** » 01 gen 1970, 01:33

quello non lo puoi stabilire a priori...sarebbe da dimostrare, se riesci a farlo ottieni che DPC è isoscele e hai risolto il problema.
 
 
 
 ...già che ci sono puntualizzo che la mia dimostrazione di prima è incompleta...

Maus · Messaggio da **Maus** » 01 gen 1970, 01:33

Per quello che ti ho detto prima, alberto?

XT · Messaggio da XT » 01 gen 1970, 01:33

Ah, ecco...
 Grazie!

DD · Messaggio da DD » 01 gen 1970, 01:33

Sì che lo usa la tua dimostrazione (però non lo dimostri, immagino che sia lì che è incompleta): è implicito dove dici che DPE=DEP (e a questo punto potresti anche dimostrarcelo, è quello il punto cruciale mi pare, la costruzione del trapezio è molto simpatica ma sommamente superflua a mio parere)

alberto · Messaggio da **alberto** » 01 gen 1970, 01:33

come il solito DD è arrivato puntuale a punire la dilagante superficialità <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
 in effetti mi sono accorto dopo che avevo semplicemente fatto un errore nell\'indicare gli angoli, il che mi aveva fatto credere di aver dimostrato l\'uguaglianza tra i due angoli cruciali...che invece resta ancora lì. dopo averci ripensato, sono giunto anche io alla conclusione che la mia costruzione serva a poco-niente...semplicemente ripresenta lo stesso problema in due o tre salse diverse, ma la difficoltà di fondo è sempre la stessa... a questo punto basterebbe dimostrare che l\'angolo che le diagonali del trapezio formano tra di loro è 20° (o 160°, a seconda dei punti di vista) oppure che CD è la bisettrice di ACE(quindi AD e DE sono proporzionali ai lati AC e CE)... ma non vedo una strada semplice per farlo... <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif">
 penso che mi rassegnerò...non voglio perdere troppe ore di sonno nel periodo delle gare... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Sia E un punto di AC tale che CE=CB e sia F il terzo vertice del traingolo equilatero ABF tale che E sia interno ad esso. Si ha hce < ABE = 30° = < FBE percio\' AE=FE ovvero < EFA = < EAF=20°. Pertanto DE=AF=AB=BC=CE e infine < ECD = < EDC = < AED/2=10°.
 
 
 
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sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Molto sinteticamente <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">. Indico con XY(H)WZ il fatto che XY e WZ sono ortogonali.
 
 Sia H il quarto vertice del parallelogramma DBGH. Si ha che BHG==BHD==ABC e BH(T)AC. Percio\' CBH==FCA da cui si ha che CH=AF e CH(T)AF. Analogamente AH=CE e AH(T)CE. Pertanto BH passa necessariamente per O.
 
 Si noti come fatto extra che che BO biseca DG.