Due di geometria

[xXStephXx]

1) Si hanno due strumenti: una riga non graduata e un trisettore. Il trisettore ha l'unica funzione di dividere un segmento in 3 parti uguali tra loro. Dato un segmento AB trovarne il punto medio utilizzando solo questi due strumenti. (mettiamo anche una matita xDD)





2) Sia M il punto di intersezione delle diagonali AC e BD di un quadrilatero convesso ABCD. La bisettrice dell'angolo ACD interseca in K il prolungamento del segmento BA dalla parte di A. Sapendo che \(\displaystyle MA \cdot MC + MA \cdot CD =MB \cdot MD \) dimostrare che \(\displaystyle B\hat KC = \hat {CDB} \).

[milizia96]

1)

Traccio un segmento qualsiasi AC, in modo che A,B e C non siano allineati
Utilizzando il trisettore suddivido il segmento AC in tre parti congruenti: AP, PQ e QC.
Unisco il punto P con il punto B: il segmento PB è mediana del triangolo ABQ.
Divido PB in tre parti uguali: quella con estremo P ha come secondo estremo il punto G, baricentro del triangolo e punto d'intersezione delle tre mediane.
A questo punto basta disegnare QG e prolungare finché non interseca AB nel suo punto medio.

[vittorino70]

Sia E l'intersezione tra CK e BD ( vedi figura ). Poniamo :

\(\displaystyle CKB=CKA=x \)
\(\displaystyle BDC=EDC=y \)

\(\displaystyle DCE=ECM=\alpha \)
\(\displaystyle MEC=\beta \)
Per il teorena della bisettrice, applicato al triangolo CDM, ho :

\(\displaystyle \frac{ME}{MC}=\frac{DE}{DC} \)
Da qui, indicando con r il rapporto comune, si ha:

(a) \(\displaystyle \frac{ME}{MC}=r; \frac{DE}{CD}=r \)
Pertanto :

\(\displaystyle MD=DE+ME=rCD+rMC \)
Sostituendo nella relazione del problema, ottengo che :

\(\displaystyle MA\cdot MC+MA\cdot CD=rMB\cdot CD+rMB\cdot MC \)
da cui :

\(\displaystyle (MC+CD)(MA-rMB)=0 \)
Poiché è certamente \(\displaystyle MC+CD\neq 0 \), si ha :

\(\displaystyle MA-rMB=0 \) ovvero \(\displaystyle \frac{MA}{MB}=r \)
Allora per la (a) risulta :

\(\displaystyle \frac{ME}{MC}=\frac{MA}{MB} \)
Questo prova che i triangoli \(\displaystyle CEM , ABM \) sono simili e quindi risulta :

\(\displaystyle ABM=ECM=\alpha,BAM=CEM=\beta \)
così come già indicato in figura.

Ora per il teorema dell'angolo esterno applicato ai triangoli CDE e ACK, segue che :

\(\displaystyle CKA=CAB-ACK , CDE=CEM-DCE \)
Ovvero :

\(\displaystyle x=\beta-\alpha, y=\beta -\alpha \)
cioé \(\displaystyle x=y \)
C.V.D.

[xXStephXx]

Ok vanno bene entrambe!! Che programma hai usato per la figura? xDDD

Io al secondo avevo trovato un'altra soluzione, domani la posto, ma bene o male in termini di numero di passaggi è simile..

[xXStephXx]

Ok, ho provato con GeoGebra.. Non so se è lo stesso, però il design si somiglia



Per ipotesi ho che \(\displaystyle MA(MC+CD) = MB\cdot MD \)
Quindi mi costruisco in modo opportuno il segmento MC+CD. Prolungo MC dalla parte di C di un segmento CD' tale che CD'=CD. Quindi ora ho:
\(\displaystyle MA\cdot MD'= MB\cdot MD \) Da cui \(\displaystyle \frac{MA}{MB}= \frac{MB}{MD'} \)

Inoltre: \(\displaystyle A\hat MB=C\hat MD \)

Quindi i triangoli AMB e CMD sono simili.. (Angolo opposto al vertice uguale e lati che lo formano in proporzione).
Per differenza di angoli, siccome il triangolo CDD' è isoscele si ricava facilmente che l'angolo \(\displaystyle D\hat D'C =D\hat BA=\beta \)

Abbiamo due angoli uguali che insistono su KD, quindi KDCB è ciclico.

Quindi \(\displaystyle B\hat KC= C\hat DB \) perchè sono angoli alla circonferenza insistenti sulla stessa corda.

[vittorino70]

Bella soluzione e ...bel disegno !
[il mio è con GeoGebra ...infatti ]