Costruzione su un triangolo

[Lindoro]

Vi propongo un problema non difficile ma un po' "intricato": dato un triangolo qualunque ABC, si costruiscano su i suoi lati tre triangoli equilateri ADB, BEC, AFC; si conducano i segmenti AE, BF, CD. Dimostrare che i tre segmenti sono uguali.

[Sk_Anonymous]

Indico con a,b,c ed R gli angoli ed il circoraggio di ABC.
Si ha evidentemente:
$AB=2Rsin(c),BC=2Rsin(a),CA=2Rsin(b)$
Comincio col dimostrare che in un triangolo e' :
(1) $sin^2(a)+sin^2(c)-2sin(a)sin(c)cos(60°+b)=sin^2(b)+sin^2(c)-2sin(b)sin(c)cos(60°+a)$
Infatti tale relazione si puo' anche scrivere cosi':
$sin^2(a)-sin^2(b)=2sin(c)*[sin(a)cos(60°+b)-sin(b)cos(60°+a)]$
Sviluppando i calcoli nella [] risulta:
$sin^2(a)-sin^2(b)=sin(c)sin(a-b)$
Ora in un triangolo e' :$sin(c)=sin(a+b)$ e quindi si puo' scrivere:
$sin^2(a)-sin^2(b)=sin(a+b)sin(a-b)$ che e' vera come si verifica
facendo i calcoli a 2° membro e trasformando in seno cio' che si ottiene .
Per Carnot applicato ai triangoli ABF e ABE si ricava:
$BF=2R*sqrt(sin^2(b)+sin^2(c)-2sin(b)sin(c)cos(60°+a))$
$AE=2R*sqrt(sin^2(a)+sin^2(c)-2sin(a)sin(c)cos(60°+b))$
E quindi per la (1) e' $BF=AE$
Analogamente si ha $AE=CD$ e questo prova la tesi.
karl

[Lindoro]

Complimenti! E' davvero una soluzione elegante. Io ne avevo pensata una molto più banale che sfruttava i criteri di uguaglianza dei triangoli.

[ficus2002]

"Lindoro":Io ne avevo pensata una molto più banale che sfruttava i criteri di uguaglianza dei triangoli.

Se la posti, io la leggo volentieri

[Thomas16]

"ficus2002":[quote="Lindoro"]Io ne avevo pensata una molto più banale che sfruttava i criteri di uguaglianza dei triangoli.

Se la posti, io la leggo volentieri [/quote]

non è poi troppo intricata la sol euclidea, qualcuno la trovi prima che la posti Lindoro. come hint, posso dire: c'è da applicare un solo criterio di congruenza una sola volta ad una coppia di triangoli già disegnata sullo schema di karl.. chi trova la coppia corretta? (io ci ho messo un pò )

In ogni caso, lo schema dato è famoso (almeno credo!), e possiede altre interessanti proprietà:

- le 3 rette sono concorrenti nel punto K;
- le rette disegnate che escono da K dividono quell'angolo giro in 6 angoli di 60°;

partendo da questa costruzione si può dimostrare per via euclidea il teorema di Napoleone (che dice che i baricentri di quei triangoli equilateri formano un triangolo equilatero a loro volta), per questo è interessante...

[ficus2002]

"Thomas":non è poi troppo intricata la sol euclidea, qualcuno la trovi prima che la posti Lindoro. come hint, posso dire: c'è da applicare un solo criterio di congruenza una sola volta ad una coppia di triangoli già disegnata sullo schema di karl.. chi trova la coppia corretta? (io ci ho messo un pò )

Io propongo di applicare il criterio di congruenza ai triangoli ACE ed FCB.

[Thomas16]

bingo!!
anche la seconda altra proprietà che dicevo (a parte la concorrenza) non è difficile e si fà con i quadrilateri ciclici (se vi interessa)...

Lindoro, anche tu hai trovato la sol di ficus2002?

[ficus2002]

"Thomas":si fà con i quadrilateri ciclici (se vi interessa)...

A me si ... non ho mai sentito parlare dei quadrilateri ciclici!

[Thomas16]

beh, che dire...prima la def: un quadrilatero si dice ciclico se è inscrivibile in una circonferenza. E la proprietà utile (che lascio da dimostrare) da applicare nella costruzione sopra:

Proprietà*: Preso un segmento AB, se due punti C e D sono situtati nel medesimo semi-piano dei due creati da AB, e se gli angoli ACB ed ADB sono uguali allora il quadrilatero ABCD è ciclico.

ovviamente ci si basa sul fatto che in una circonferenza gli angoli alla circonferenza che insistono su una corda e sono nello stesso semi-piano sono uguali.

insomma si ha una completa caratterizzazione dei punti che "vedono" un segmento dato sotto un angolo dato.

Per esempio nel disegno sopra quali quadrilateri sono ciclici?? E quali congruenze tra angoli si possono dedurre??

[Lindoro]

Caspita! Mi fa piacere che il mio "problemino" sia stato così produttivo. Mi vergogno un po' a postare la mia "misera" soluzione (che per altro avete già trovato anche voi) :

1) Consideriamo i triangoli ABE e BCD: AB = BD; CB = BE (perché lati dei triangoli equilateri); l'angolo ABE = l'angolo CBD (perché entrambi = angolo ABC + 60°): quindi i triangoli in esame sono uguali (primo criterio d'uguaglianza dei triangoli) e perciò lo sono anche i segmenti AE e CD.

2) Ora operiamo allo stesso modo per i triangoli, ABF e ACD: AF = AC; AB = AD; l'angolo BAF = l'angolo CAD: quindi i triangoli in esame sono uguali e perciò lo sono anche i segmenti CD e FB.

Per la proprietà transitiva dell'uguaglianza risulta:

AE = CD = FB

Q.E.D.