Intersezione di triangoli simmetrici
Dato un triangolo qualunque ed una retta appartenente allo stesso piano, si disegni il triangolo simmetrico rispetto la retta.
Si dimostri che esiste una retta per cui l'area del poligono intersezione dei due triangoli ha un'area maggiore dei 2/3 di ciascuno dei triangoli.
Non ho idea di come si risolva questo giochetto, pensavo al fatto di dimostrare che una certa posizione massimizza quest'area e quindi passare al calcolo dell'intersezione, ma non so neanche quale sia questa posizione (bisettrice di un angolo? asse di un lato? ...), né se esista una posizione fissa che massimizzi l'area.
Si dimostri che esiste una retta per cui l'area del poligono intersezione dei due triangoli ha un'area maggiore dei 2/3 di ciascuno dei triangoli.
Non ho idea di come si risolva questo giochetto, pensavo al fatto di dimostrare che una certa posizione massimizza quest'area e quindi passare al calcolo dell'intersezione, ma non so neanche quale sia questa posizione (bisettrice di un angolo? asse di un lato? ...), né se esista una posizione fissa che massimizzi l'area.
Risposte
desko...forse mi è sfuggito qualcosa...ma non capisco come tu possa dire che il problema dei "2/3" è risolto...io non ho visto nessuna dimostrazione!! ma solo qualche congettura...e nella maggior parte dei casi ci si rifersce sempre a triangoli isosceli!! ma forse mi sono perso qualche passaggio...illuminatemi..
saluti
il vecchio
saluti
il vecchio
"vecchio":
desko...forse mi è sfuggito qualcosa...ma non capisco come tu possa dire che il problema dei "2/3" è risolto...io non ho visto nessuna dimostrazione!! ma solo qualche congettura...e nella maggior parte dei casi ci si rifersce sempre a triangoli isosceli!! ma forse mi sono perso qualche passaggio...illuminatemi..
saluti
il vecchio
Quella mia frase era un ragionamento fra me e me, ma che ho inavvertitamente condiviso con tutti.
In effetti non ho postato la dimostrazione sintetica che ho trovato: la configurazione che elgiovo ha proposto conduce ad un'intersezione esattamente di 2/3, anche senza la condizione che la retta sia parallela al lato maggiore.
L'idea è di unire i vertici dell'esagono intersezione col baricentro, suddividendolo in 6 triangoli congruenti fra di loro e coi 6 triangoli "punte" della stella (congruenze che si dimostrano abbastanza agevolmente).
Ho provato a procedere in via puramente teorica ma si arriva a impazzire abbastanza velocemente... (quando inizi a fare conti con punti su un piano con coordinate qualsiasi e i loro simmetrici rispetto a una retta qualsiasi o cose del genere ti va in pappa il cervello)
Elgiovo dovresti provare in cabrì con le varie cose che hai proposto su di un triangolo rettangolo con lati 3,4,5. In cui ci sn due coppie di lati aventi lo stesso rapporto.
Se una di quelle cose che hai proposto desse la stessa area in entrambi i casi forse potremmo essere sulla giusta via.
Elgiovo dovresti provare in cabrì con le varie cose che hai proposto su di un triangolo rettangolo con lati 3,4,5. In cui ci sn due coppie di lati aventi lo stesso rapporto.
Se una di quelle cose che hai proposto desse la stessa area in entrambi i casi forse potremmo essere sulla giusta via.
"Quovdetedeus":
Ho provato a procedere in via puramente teorica ma si arriva a impazzire abbastanza velocemente... (quando inizi a fare conti con punti su un piano con coordinate qualsiasi e i loro simmetrici rispetto a una retta qualsiasi o cose del genere ti va in pappa il cervello)
Elgiovo dovresti provare in cabrì con le varie cose che hai proposto su di un triangolo rettangolo con lati 3,4,5. In cui ci sn due coppie di lati aventi lo stesso rapporto.
Se una di quelle cose che hai proposto desse la stessa area in entrambi i casi forse potremmo essere sulla giusta via.
Quali sono queste due coppie aventi lo stesso rapporto?
3/5=0,6
3/4=0,75
4/5=0,8
Nel triangolo ABC sia BC il lato maggiore
cioé BC >= AB, AC
(Con un'opportuna rinomina dei vertici possiamo soddisfare questa condizione)
inoltre si ha che
AC + AB > CB
quindi (siccome le lunghezze sono quantità positive) abbiamo
(2 * AB > CB) o (2 * AC > CB) (la o non è esclusiva).
Se 2 * AB > CB (nel caso in cui 2 * AC > CB la dimostrazione è analoga) tracciamo come asse di simmetria la bisettrice dell’angolo ABC.
Il nuovo triangolo BDE in cui D è il simmetrico di A, avente il segmento DB giacente interamente in BC (essendo BC il lato maggiore), interseca il triangolo ABC formando il quadrilatero BAOD. Siccome DB è uguale ad AB per costruzione, abbiamo che 2 * DB > CB e per questo anche le Aree dei triangoli ODB e COB sono in questa relazione perché hanno la stessa altezza (relativa ad O) e come basi proprio DB e CB. Siccome infine i triangoli BDO e BAO hanno la stessa area (è semplice provarlo) possiamo scrivere le relazioni:
1) 2 * ODB > COB
2) ODB = BAO
3) COB + BAO = ABC
Da 1) sostituendo ad ODB, BAO abbiamo
2 * BAO > COB
sommando ad ambo i membri BAO
3 * BAO > COB + BAO
sostituendo tramite 3)
3 * BAO > ABC
-->
BAO > ABC / 3
-->
2 * BAO > 2 / 3 * ABC
e siccome 2 * BAO è uguale all’area del quadrilatero di intersezione possiamo concludere
BAOD > 2 / 3 * ABC.
cioé BC >= AB, AC
(Con un'opportuna rinomina dei vertici possiamo soddisfare questa condizione)
inoltre si ha che
AC + AB > CB
quindi (siccome le lunghezze sono quantità positive) abbiamo
(2 * AB > CB) o (2 * AC > CB) (la o non è esclusiva).
Se 2 * AB > CB (nel caso in cui 2 * AC > CB la dimostrazione è analoga) tracciamo come asse di simmetria la bisettrice dell’angolo ABC.
Il nuovo triangolo BDE in cui D è il simmetrico di A, avente il segmento DB giacente interamente in BC (essendo BC il lato maggiore), interseca il triangolo ABC formando il quadrilatero BAOD. Siccome DB è uguale ad AB per costruzione, abbiamo che 2 * DB > CB e per questo anche le Aree dei triangoli ODB e COB sono in questa relazione perché hanno la stessa altezza (relativa ad O) e come basi proprio DB e CB. Siccome infine i triangoli BDO e BAO hanno la stessa area (è semplice provarlo) possiamo scrivere le relazioni:
1) 2 * ODB > COB
2) ODB = BAO
3) COB + BAO = ABC
Da 1) sostituendo ad ODB, BAO abbiamo
2 * BAO > COB
sommando ad ambo i membri BAO
3 * BAO > COB + BAO
sostituendo tramite 3)
3 * BAO > ABC
-->
BAO > ABC / 3
-->
2 * BAO > 2 / 3 * ABC
e siccome 2 * BAO è uguale all’area del quadrilatero di intersezione possiamo concludere
BAOD > 2 / 3 * ABC.
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