Risolvere usando la geometria elementare
Trovare $x$ utilizzando solo teoremi di geometria piana elementari (no trigonometria)
$CAD=10°$ (preciso perché si legge male dal disegno)
Preciso che il problema mi è stato proposto qualche giorno fa e ancora non l'ho risolto...
In ogni caso, essendo un problema che necessita di dimostrazione, dubito che qualcuno sarà dubbioso sulla propria soluzione.
Paola
edit: ho editato, non avevo notato l'errore
$CAD=10°$ (preciso perché si legge male dal disegno)
Preciso che il problema mi è stato proposto qualche giorno fa e ancora non l'ho risolto...
In ogni caso, essendo un problema che necessita di dimostrazione, dubito che qualcuno sarà dubbioso sulla propria soluzione
.Paola
edit: ho editato, non avevo notato l'errore
Risposte
Se non ce l'hai ancora fatta tu... mi pare parecchio complicato! Non si riconoscono triangoli isosceli a parte quello grande, nè trapezi, parallelogrammi (niente rette parallele)... Solo angoli opposti al vertice e triangoli (somma degli angoli interni=180°)... un'osservazione: l'angolo da 10° è CAD non CAB o sbaglio?
Ci riproverò nelle vacanze, buona serata a tutti!
Ci riproverò nelle vacanze, buona serata a tutti!
Forse l'angolo $B\hat ED$ è rettangolo? 
"retrocomputer":
Forse l'angolo $B\hat ED$ è rettangolo?
Non saprei, puoi dimostrarlo?
Comunque sicuramente c'è da costruire qualcosa in più, non si può usare solo la figura così "nuda".
Paola
"prime_number":
Non saprei, puoi dimostrarlo?
Non esattamente
Diciamo che l'ho supposto e ho visto che in questo modo tutti gli angoli interni dei vari triangoli hanno la giusta somma di 180 gradi e che vengono rispettate tutte le altre proprietà degli angoli presenti.
Forse non è tanto difficile ottenere un assurdo se si pone l'angolo non retto... Però ho provato solo ponendolo per esempio uguale a 80 gradi...
"gio73":
Non si riconoscono triangoli isosceli a parte quello grande,
Veramente anche il triangolo CEB è isoscele.
"milizia96":
[quote="gio73"]Non si riconoscono triangoli isosceli a parte quello grande,
Veramente anche il triangolo CEB è isoscele.[/quote]
Giusto! Ci sono i due angoli da 20°!
Ho trovato quanto vale x, ma ho barato perché ho usato la trigonometria. Metto in spoiler la mia soluzione, magari qualcuno riesce a trarre qualche spunto per la soluzione geometrica.
"@melia":
Ho trovato quanto vale x, ma ho barato perché ho usato la trigonometria.
Anche io ho barato quando ho detto che l'angolo DEB è rettangolo. Se lo supponi rettangolo, allora tutte le somme di angoli interni dei triangoli corrispondono e in particolare, chiamando H il punto di intersezione tra i segmenti BE e AD, l'angolo AHB è di 50 gradi, quindi lo è anche EHD, quindi EDH=180-DEB-EHD=40.
scusate, penso abbiate fatto un errore.
\(F\) è il punto medio di \(AB\), \(r_1\) è l'asse di \(AB\)
\(r_2\) è la parallela a \(AD\) passante per il punto \(H\)
\(r_3\) e \(r_4\) sono le parallele a \(AB\) passanti rispettivamente per i punti \(D\) e \(H\)
\(D\hat HC=H\hat DG+H\hat GD\) (angolo esterno del triangolo \(DHG\))
\(H\hat GD=A\hat GF=20^\circ\) (angolo opposto al vertice)
\(H\hat DG=I\hat HK\)
\(K\hat IH=70^\circ\), quindi \(H\hat ID=110^\circ\)
\(H\hat ID=H\hat JD\)
\(I\hat HD=H\hat DJ\)
il quadrilatero convesso \(DIHJ\) ha somma degli angoli interni pari a \(360^\circ\)
quindi \(H\hat DJ+D\hat HI+110^\circ+110^\circ=360^\circ\)
da cui \(H\hat DJ=20^\circ\)
pure provando a misurarlo con cabri, viene \(20^\circ\)
\(F\) è il punto medio di \(AB\), \(r_1\) è l'asse di \(AB\)
\(r_2\) è la parallela a \(AD\) passante per il punto \(H\)
\(r_3\) e \(r_4\) sono le parallele a \(AB\) passanti rispettivamente per i punti \(D\) e \(H\)
\(D\hat HC=H\hat DG+H\hat GD\) (angolo esterno del triangolo \(DHG\))
\(H\hat GD=A\hat GF=20^\circ\) (angolo opposto al vertice)
\(H\hat DG=I\hat HK\)
\(K\hat IH=70^\circ\), quindi \(H\hat ID=110^\circ\)
\(H\hat ID=H\hat JD\)
\(I\hat HD=H\hat DJ\)
il quadrilatero convesso \(DIHJ\) ha somma degli angoli interni pari a \(360^\circ\)
quindi \(H\hat DJ+D\hat HI+110^\circ+110^\circ=360^\circ\)
da cui \(H\hat DJ=20^\circ\)
pure provando a misurarlo con cabri, viene \(20^\circ\)
"albertobosia":
il quadrilatero convesso \(DIHJ\) ha somma degli angoli interni pari a \(360^\circ\)
quindi \(H\hat DJ+D\hat HI+110^\circ+110^\circ=360^\circ\)
In questa somma non manca qualcosa?
vero, chiedo scusa
(è una svista gigantorme, mi rendo conto)
correggo, cambiando strategia:
\(r_1\) e \(r_3\) sono sempre le stesse. \(r_2\) è l'asse di \(BC\) (che "per caso" passa per \(G\)) e \(r_4\) è la retta \(GB\).
basta mostrare che \(G\) è il circocentro di \(ABC\) e che \(H\) è il circocentro di \(GFD\).
perciò il triangolo \(GHD\) è isoscele, quindi \(H\hat DG=H\hat GD\), che è l'angolo opposto al vertice di \(A\hat GF=20^\circ\).
scusate l'errore
(è una svista gigantorme, mi rendo conto)
correggo, cambiando strategia:
\(r_1\) e \(r_3\) sono sempre le stesse. \(r_2\) è l'asse di \(BC\) (che "per caso" passa per \(G\)) e \(r_4\) è la retta \(GB\).
basta mostrare che \(G\) è il circocentro di \(ABC\) e che \(H\) è il circocentro di \(GFD\).
perciò il triangolo \(GHD\) è isoscele, quindi \(H\hat DG=H\hat GD\), che è l'angolo opposto al vertice di \(A\hat GF=20^\circ\).
scusate l'errore
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