Un problema di angoli

[Zelda89]

Buongiorno,
vi propongo questo problema di geometria che avevo trovato su un numero di Focus di parecchio tempo fa.

In riferimento alla figura allegata, si sa che
$ \angle ABE =100°$
$ \angle EBF =10°$
$ \angle BCE =60°$
$ \angle ECF =20°$

Si deve trovare l'ampiezza dell'angolo $\angle EFB$

Ho provato a ricavare vari angoli della figura, utilizzando i vari criteri di congruenza tra triangoli. Ho provato ad aggiungere rette parallele, perpendicolari, anche alcune bisettrici ma non sono riuscita a venirne a capo.

So che utilizzando la trigonometria si arriva alla soluzione, ma mi chiedevo se si poteva arrivarci anche utilizzando solo fatti di geometria euclidea.

Geogebra mi dice che l'angolo in questione misura $20°$

[axpgn]

Denominiamo $K$ l'intersezione dei prolungamenti di $BE$ e $CF$.
L'angolo $EKF$ è pari a $20°$
Dal punto $K$ tracciamo due rette: una a $20°$ e una a $40°$ dalla retta $BE$ in senso orario.
Dal punto $F$ tracciamo una retta a $60°$ dalla retta $CF$ in senso antiorario.
Denominiamo $G$ l'intersezione tra quest'ultima retta e quella a $40°$.
Il triangolo $FKG$ è equilatero.
L'angolo $EGF$ è pari a $40°$
$G\hatKE=G\hatEK=40°$ quindi $GK=GE$ e perciò $GE=GF$
$G\hatEF=G\hatFE=70°$
In conclusione $E\hatFB=180°-60°-70°-30°=20°$

IMHO

Cordialmente, Alex

[Zelda89]

Grazie Alex per la risposta

In merito alla proposta di risoluzione, vorrei chiederti una cosa che non mi è chiara.
Dopo aver costruito le tre rette che proponi, chiami $G$ l'intersezione tra la retta da 40° e quella da 60°. Per poter dire che $\angle EGF=40°$ mi servirebbe sapere che il punto $G$ appartiene alla retta $CE$, il che mi risulta vero dal disegno di GeoGebra, ma non riesco a dimostrarlo. Posso chiederti come hai fatto?

Inoltre, per curiosità, come ti è venuta l'idea di costruire un triangolo equilatero di late $KF$?

Grazie e buona giornata!

[axpgn]

"Zelda89":Posso chiederti come hai fatto?

Non l'ho fatto
MI è sfuggito questo "particolare"
Ma si rimedia subito

Chiamiamo $G'$ l'intersezione tra la retta $CE$ e quella a $40°$
Dato il triangolo $CKG'$, l'angolo $C\hatG'K=100°$
Tracciamo il segmento $FG'$ e quindi abbiamo il triangolo $FKG'$ con l'angolo di $60°$ in $K$
Ora $KF=KG'$ quindi triangolo equilatero e di conseguenza $E\hatG'F=40°$

Perché $KF=KG'$ ?

Con le due "nuove" rette a $20°$ e a $40°$ puoi costruire un triangolo uguale a $BCK$ e tracciare in questo triangolo due rette come la $CE$ e la $BF$ ma simmetriche e quest'ultima termina proprio in $G'$ (appunto per la simmetria)

L'idea è una reminiscenza di un problema diverso (molto più semplice) ma che aveva un triangolo simile e dopo averci provato in tanti modi, ho tentato anche quella strada

Penso che adesso funzioni … spero ...

Cordialmente, Alex

P.S.: Metti sotto spoiler le tue considerazioni/soluzioni così da lasciare "spazio" a chi volesse provarci.
Grazie

[Zelda89]

Buongiorno Alex,
mi rifaccio viva perché oggi rivedendo la tua proposta di soluzione mi sono venuti altri dubbi

"axpgn":

Con le due "nuove" rette a $20°$ e a $40°$ puoi costruire un triangolo uguale a $BCK$ e tracciare in questo triangolo due rette come la $CE$ e la $BF$ ma simmetriche e quest'ultima termina proprio in $G'$ (appunto per la simmetria)

Secondo me non si può dire che tracciando le rette nel nuovo triangolo che hai creato B'F' vada a finire proprio in G...

[axpgn]

Simmetria, simmetria … come ho detto puoi fare una costruzione simmetrica a quella fatta e di conseguenza lì si incontrano … sono sicuro, prova a rifletterci

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Perché mi hai fatto ripensare a questo problema? Avevo già buttato via tutto, che mal di testa …

Comunque, forse ho trovato un'altra dimostrazione che i due punti coincidono in $G'$.


Allora …

Uso questa immagine come riferimento se no sarebbe (più) difficile capirsi …



Chiamo $X$ l'intersezione tra $BG$ e $DG'$ e chiamo $G''$ l'intersezione tra $EC$ e la retta $d$.
Secondo me devono coincidere e adesso provo a dimostrarlo (n'altra volta )
Nel triangolo $XGG'$, l'angolo in $G$ vale $40°$ e l'angolo in $G'$ vale $60°$ (l'abbiamo costruito così quindi ci siamo ) perciò l'angolo in $X$ vale $80°$ quindi il supplementare vale $100°$
Nel triangolo $CGG''$, l'angolo in $G$ è lo stesso di prima quindi vale $40°$ così come l'angolo in $C$ e quindi l'angolo in $G''$ vale $100°$.
Ora se $G'$ e $G''$ coincidessero l'angolo $CG''X$ varrebbe $40°$ e di conseguenza l'angolo $CXG''=180°-40°-40°=100°$ esattamente il supplementare di $GXG'$.

Ce l'ho fatta? Io penso di sì …

Cordialmente, Alex

P.S.: però non aspettare un mese prima di farti risentire

[Zelda89]

Grazie per la risposta Alex nonostante il lungo tempo passato. Ho un bimbo piccoletto che non mi lascia molto tempo per dedicarmi alla matematica
Nelle tue proposte mi trovo sempre a un punto in cui mi manca da dimostrare che uno dei punti di intersezione costruiti debba coincidere con $F$ o $G$ del disegno di partenza ci penso ancora un momento.

Grazie ancora

[veciorik]

Ricostruisco la figura ricavando le misure degli angoli interessanti
Sia V il vertice dell'isoscele con base BC e angoli 80° 20°

L'asse di CV interseca BV in E formando ECV isoscele e BCE con angoli 80° 60° 40°

Da E conduco la perpendicolare alla bisettrice di $\angle BCV$ che interseca la bisettrice in D, CV in F e il prolungamento di BC in A; CFA è isoscele con angoli 80° 50°

BF divide $\angle AFC=50°$ in $\angle BFC=30°$ e $\angle AFB=20°$

[axpgn]

@veciorik

Come dimostri che $E\hatBF=10°$ ?

Cordialmente, Alex

[veciorik]

Non ho messo tutte le misure per alleggerire la grafica, ma bastano semplici differenze:

$\angle EBF=\angle EBC - \angle FBC=80°-(180°-80°-30°)=10°$

[axpgn]

@veciorik

E come dimostri che $B\hatFC=30°$ ?

Cordialmente, Alex

[Zelda89]

Ciao @veciorik, grazie per lo spunto!

Nella tua ricostruzione ho trovato un passaggio che scricchiola secondo me:

"veciorik":
Da E conduco la perpendicolare alla bisettrice di $\angle BCV$ che interseca la bisettrice in D, CV in F e il prolungamento di BC in A; CFA è isoscele con angoli 80° 50°

Quando conduci da $E$ la perpendicolare alla bisettrice, chi ti dice che il suo prolungamento finisca proprio in $F$?
Questa asserzione secondo me equivale alla tesi, ovvero al fatto che $\angle EFB=20°$, infatti:
per dire che il prolungamento finisce in $F$ devo dimostrare che, se traccio il segmento $EF$ allora $\angle AEF=180°$. So che $\angle AEC=70°$, quindi devo dimostrare che $\angle CEF=110°$.
Sia $L$ il punto di intersezione tra la retta $CE$ e la retta $BF$, considero il triangolo $\triangle LEF$. So che $\angle ELF=50°$, per dimostrare che $\angle CEF=110°$ mi manca da sapere che $\angle EFB=20°$ che è proprio la mia tesi.

Cosa ne pensi?

[Zelda89]

Ciao @axpgn,
forse ho capito qual è il punto che non mi convince nella tua proposta di risoluzione:

Chiamo $X$ l'intersezione tra $BG$ e $DG'$ e chiamo $G''$ l'intersezione tra $EC$ e la retta $d$.
Secondo me devono coincidere e adesso provo a dimostrarlo (n'altra volta )
Nel triangolo $XGG'$, l'angolo in $G$ vale $40°$ e l'angolo in $G'$ vale $60°$ (l'abbiamo costruito così quindi ci siamo ) perciò l'angolo in $X$ vale $80°$ quindi il supplementare vale $100°$

Ricapitolando: $G$ è l'intersezione tra la retta tracciata a $60°$ da $CF$ e quella tracciate a $40°$ da $BE$. $G'$ invece è l'intersezione tra la retta tracciata a $40°$ da $BE$ e la retta $CE$. Quando consideri il triangolo $XGG'$ come fai a dire che $\angle XGG'=60°$ e $\angle XG'G=40°$ per costruzione?
Al massimo per costruzione mi verrebbe da dire che $\angle DGK=60°$, ma dire che $\angle DGK=\angle DG'K$ significa dire che $G$ e $G'$ coincidono che è quello che si vuole dimostrare. Sbaglio?

[orsoulx]

Una possibile dimostrazione di $GBC=20° $:

Con riferimento al disegno di Alex $ BCD $ è un triangolo equilatero, l'arco $ BD $ ha centro in $ C $ e $ DCE=ECA=ACB $.
Le rette tratteggiate sono perpendicolari a $DB$, formano angoli di $ 10°$ in $ E $ ed $ A $ con i lati di $ ECA$; $ AFGE$ è un rettangolo e quindi $ FC=CG=FG=EA=AB $.
$ /_ABD=20° $ perché angolo alla circonferenza che sottende l'arco $ DA $ visto dal centro sotto un angolo di $ 40° $, quindi $HAB$ è simile a $ ABC $, da cui $ HB = AB $.
I triangoli $ HBC $ e $ GCB $ sono congruenti per avere due lati e l'angolo compreso rispettivamente congruenti (sono anche simmetrici rispetto alla bisettrice in $D$ del triangolo $ DBC $, quindi $ /_CBG=/_BCH=20° $.

Ciao

[veciorik]

Dati $ \ \hat{ABC}=\hat{ACB}=80° \qquad \hat{ABF}=10° \qquad \hat{ECA}=20° \qquad $
ossia $ \qquad \hat{BAC}=20° \qquad \hat{BEC}=40° \qquad \hat{BFC}=30° \ $
dimostro che $\hat{EFB}=20°$:

La figura nera rappresenta i dati.
In rosso gli elementi ausiliari, l'equilatero $CDG$ e gli isosceli $DEC$ e $DEG$, dimostrano che $\hat{EGF}=50°$
La simmetria della figura, escluso l'isoscele verde $BCD$, rispetto all'asse azzurro di $AC$, conduce a $\hat{EFG}=50°$ e quindi $\hat{EFB}=20°$ c.v.d.

[axpgn]

Sarà l'ora ma …

Vedo sempre lo stesso problema: per quale motivo $H$ dovrebbe essere un vertice del triangolo equilatero $AFH$ e contemporaneamente stare sul prolungamento di $CE$ ? Mi sfugge …

Anche perché se uno sapesse a priori questo fatto, quella costruzione non servirebbe, sarebbe quasi "automatico", non so se mi spiego …

Cordialmente, Alex

[veciorik]

Tutta la figura è speculare rispetto all'asse di AC, tranne il triangolo verde $BCD$ ed il segmento $BF$
Ossia tutti i triangoli/angoli/segmenti sopra l'asse sono immagini speculari di quelli sotto, compresi $ABC$ e $CAH$ ed i loro lati $AB$ e $CH$.
Questa simmetria basta per determinare che $\hat{BEC}=40°$

Resta da dimostrare che la perpendicolare a $HF$ in $F$, che forma tutti gli angoli richiesti, passa proprio per $B$

A tal scopo basta replicare tutto il grafico specularmente rispetto ad un altro asse di simmetria:

la bisettrice di $\hat{HAF}$,
formando così l'equilatero $AC'C$ e due isosceli $AC'B'$ e $AB'B$ uguali ad $ABC$
cosicché $B'B=BC=HF$ e $B'H=BF$ con $B'BFH$ rettangolo

[axpgn]

.... mmm ... ho ancora dubbi ...

In un primo momento volevo chiederti come fai a stabilire che $AF=CG$ ma poi ho visto che anche tu dovevi sistemare questo punto, però nella successiva dimostrazione come fai a stabilire che $BC=HF$ ? Questo sarebbe vero se $B'BFH$ fosse un rettangolo ma che l'angolo in $F$ sia retto è proprio la tesi che devi dimostrare e non un'ipotesi ...

Cordialmente, Alex

[veciorik]

Ecco la figura completa.

Costruita volutamente con $AC'B' = AB'B = ABC$
Le circonferenze hanno tutte lo stesso raggio ossia $C'B'=B'B=BC=CG=AF=AH=HF$
Il rettangolo $B'BFH$ è tale per costruzione
Grazie alle simmetrie si verifica che tutti gli angoli, dati e incogniti, hanno i valori desiderati.
Il più laborioso da determinare è proprio $\hat{EFB}=\hat{EFG}-\hat{BFC}=50°-30°=20°$ dato che $\hat{EFG}=\hat{EGF}=180°-60°-70°=50°$


Post Scriptum 12/03/2020 22:10: dimostro che $\hat{DGE}=70°$:
[list=0][*:1qxe25uu]$DCE$ è isoscele perché $\hat{DEC}=\hat{DCE}=40°$ quindi $DE=DC$[/*:m:1qxe25uu][*:1qxe25uu]$DGE$ è isoscele perché $DG=DC=DE$[/*:m:1qxe25uu][*:1qxe25uu]$\hat{DGE}=70°$ perché $\hat{EDG}=180°-60°-80°=40°$[/*:m:1qxe25uu][/list:o:1qxe25uu]

[axpgn]

E niente, non ne vengo fuori, continuo ad essere perplesso …

Se costruisci $AF$ e $BB'HF$ come puoi dimostrare che la semiretta uscente da $B$ intersechi $AC$ proprio in $F$ (o viceversa, ormai non sono più sicuro di niente ) ? … ci penserò

Cordialmente, Alex