rettangoli ed equilateri
rettangoli ed equilateri
Sia ABCD un rettangolo; siano ABP e BCQ triangoli equilateri. Rispetto alla retta su cui giace AB, i punti P, C,D stanno dalla stessa parte; allo stesso modo, rispetto alla retta su cui giace BC, i punti Q,A,D stanno dalla stessa parte.
Sia X l'intersezione (diversa da D) del perimetro di ABCD con la retta per D e Q e sia Y l'intersezione (diversa da D) del perimetro di ABCD con la retta per D e P.
Dimostrare che DXY è equilatero.
NOTA : Nonostante il testo molto lungo, il problema non è difficile; servono solo conoscenze elementari sui triangoli e un po' di buona volontà. Può essere un utile esercizio per chi ancora non ha trovato una convivenza pacifica con Euclide, Talete, Pitagora e compagnia.
Sia X l'intersezione (diversa da D) del perimetro di ABCD con la retta per D e Q e sia Y l'intersezione (diversa da D) del perimetro di ABCD con la retta per D e P.
Dimostrare che DXY è equilatero.
NOTA : Nonostante il testo molto lungo, il problema non è difficile; servono solo conoscenze elementari sui triangoli e un po' di buona volontà. Può essere un utile esercizio per chi ancora non ha trovato una convivenza pacifica con Euclide, Talete, Pitagora e compagnia.
-
- Messaggi: 78
- Iscritto il: 25 feb 2005, 22:07
- Località: Padova
significa semplicemente che la retta AB divide il piano in 2 semipiani e che P,C,D, appartengono allo stesso semipiano e stessa cosa per BC oppure qualcos'altro?Rispetto alla retta su cui giace AB, i punti P, C,D stanno dalla stessa parte; allo stesso modo, rispetto alla retta su cui giace BC, i punti Q,A,D stanno dalla stessa parte.
-
- Messaggi: 78
- Iscritto il: 25 feb 2005, 22:07
- Località: Padova
beh innanzi tutto perke il problema sia possibile bisogna porre che se AB è il lato maggiore BC - AB(per radice di 3)diviso2 > O altrimenti i segmenti le semirette DQ e DP nn incrociano il quadrilatero se non in D.
Dopo di che la soluzione che ho trovato io è estremamente grezza, e cioè ponendo AB e BC come costanti mi sono tovato i lati del triangolo DXY( che si scopre esere tutti congruenti) con procedimenti del tutto elementari (senza neanke uso della trigonometria) e per questo credo che non valga neanke la pena postarli.
Vorrei sapere se esiste una soluzione coe faccia uso di
Dopo di che la soluzione che ho trovato io è estremamente grezza, e cioè ponendo AB e BC come costanti mi sono tovato i lati del triangolo DXY( che si scopre esere tutti congruenti) con procedimenti del tutto elementari (senza neanke uso della trigonometria) e per questo credo che non valga neanke la pena postarli.
Vorrei sapere se esiste una soluzione coe faccia uso di
come diceva evaristeg.Euclide, Talete, Pitagora e compagnia.
-
- Messaggi: 78
- Iscritto il: 25 feb 2005, 22:07
- Località: Padova
vabbe l'avete voluto voi, mo ve bekkate una dimostrazione senza latex:
Allora tracciamo una retta parallela a CB che passi per P ed intersechi il lato CD in W. Per il teorema di TALETE (contenti ho detto TALETE) dato che CW = WD (in un triangolo isoscele bisettrice = mediana = altezza) allora DP = PX quindi DX = 2DP.
DP(alla seconda)= (AB/2)alla seconda più (CD-AB(per radice di 3)(diviso 2))(alla seconda) poichè l'altezza del triangolo equilatero ABP è AB per radice di tre fratto 2, e PW sarà la differenza tra l'altezza e CD (ovviamente ho usato pitagora). Nsomma viene fuori che DX alla seconda = 4(AB(alla seconda) piu CD(alla seconda) piu ABperCD(radice di 3)).
Con lo stesso identico procedimento si ricava DY che viene uguale a DX. Poi si ricava XY facilmente facendo, chiamato Z il punto medio di DA, (CB-2PW)(ALLA SECONDA) piu (AB-2QZ)(ALLA SECONDA) e risulta tutto uguale a DX.
Allora tracciamo una retta parallela a CB che passi per P ed intersechi il lato CD in W. Per il teorema di TALETE (contenti ho detto TALETE) dato che CW = WD (in un triangolo isoscele bisettrice = mediana = altezza) allora DP = PX quindi DX = 2DP.
DP(alla seconda)= (AB/2)alla seconda più (CD-AB(per radice di 3)(diviso 2))(alla seconda) poichè l'altezza del triangolo equilatero ABP è AB per radice di tre fratto 2, e PW sarà la differenza tra l'altezza e CD (ovviamente ho usato pitagora). Nsomma viene fuori che DX alla seconda = 4(AB(alla seconda) piu CD(alla seconda) piu ABperCD(radice di 3)).
Con lo stesso identico procedimento si ricava DY che viene uguale a DX. Poi si ricava XY facilmente facendo, chiamato Z il punto medio di DA, (CB-2PW)(ALLA SECONDA) piu (AB-2QZ)(ALLA SECONDA) e risulta tutto uguale a DX.
-
- Messaggi: 78
- Iscritto il: 25 feb 2005, 22:07
- Località: Padova
Beh, Euclide è una similitudine.
Tanto per fare i pignoli :
Teoremi di Euclide
Sia $ ABC $ un triangolo rettangolo in $ A $ e sia $ H $ il piede della perpendicolare tracciata da $ A $ sull'ipotenusa $ BC $.
Allora :
1) $ AB^2=BH\cdot BC \qquad AC^2=CH\cdot BC $
2) $ AH^2=BH\cdot HC $
Il primo punto afferma che il triangolo $ ABC $ è simile sia a $ ACH $ che $ ABH $; il secondo punto afferma che i due triangoli $ ACH \textrm{ e } ABH $ sono tra loro simili.
Quindi, direi che utilizzare Euclide è solo ricordarsi direttamente un'uguaglianza che viene dalla similitudine di tre triangoli.
Tanto per fare i pignoli :
Teoremi di Euclide
Sia $ ABC $ un triangolo rettangolo in $ A $ e sia $ H $ il piede della perpendicolare tracciata da $ A $ sull'ipotenusa $ BC $.
Allora :
1) $ AB^2=BH\cdot BC \qquad AC^2=CH\cdot BC $
2) $ AH^2=BH\cdot HC $
Il primo punto afferma che il triangolo $ ABC $ è simile sia a $ ACH $ che $ ABH $; il secondo punto afferma che i due triangoli $ ACH \textrm{ e } ABH $ sono tra loro simili.
Quindi, direi che utilizzare Euclide è solo ricordarsi direttamente un'uguaglianza che viene dalla similitudine di tre triangoli.