Geometria piana e figure complicate.

[Marco241]

Dimostrare che la differenza delle distanze di un punto qualunque del prolungamento della base di un triangolo isoscele dai lati è congruente all'altezza relativa ai lati.


DIMOSTRAZIONE:

Ma che dire...Dopo a una serie di osservazioni arrivo a un punto morto...


Considero un triangolo isoscele di base BC e vertice A.

Prolungo BC dalla parte di C .Sul prolungamento di BC prendo un punto D.

chiamo DF la perpendicolare ad AB che interseca AC nel punto E.

Poi ...E qui vengono i dolori...Ma come faccio a tracciare una perpendicolare ad AC dal punto D???Graficamente mi pare impossibile...Allora prolungo AC e sul prolungamento traccio la perpendicolare DI.

Considero i triangoli AFE e EDI hanno

90 gradi in comune
$ hat(AEF)=hat(DEI) $
$ hat(FAE)=hat(EDI) $

Considero i triangoli BGC e DCI

hanno:

$ hat(ACB)=hat(DCI) $

$ hat(GBC)=hat(CDI) $

90 gradi...Vabbè ma come vado avanti?Non riesco a ragionare sui lati...Mi sa che la figura è sballata di nuovo...

[Marco241]

Altro problema che non mi torna:

A partire da due vertici opposti di un quadrato si prende su ciascun lato un segmento dato;unendo a due a due i punti così ottenuti e non appartenenti a lati opposti si ha un rettangolo il cui perimetro è sempre lo stesso qualunque sia la scelta di un segmento.

Considero un quadrato ABCD e metto le lettere in senso orario.

sul lato AD a partire da D prendo un punto E, su AB a partire da A prendo un punto F,su BC a partire da B prendo un punto G,su DC a partire da C prendo un punto H.

Quindi DE=BG=AF=HC.

Dimostro che EFGH è un parallelogrammo...Ma non riesco a dimostrare che gli angoli sono di 90 gradi e le diagonali congruenti...

[giammaria2]

Primo problema
La figura è giusta; dicendo "i lati" il testo evidentemente intende "le rette dei lati".
Una possibile soluzione è questa: dimostra che i triangoli ABH e FDB sono simili e deducine DF:DB=AH:AB che ti permette di ricavare DF. Dalla similitudine fra ACH e CDI ricavi analogamente DI; ricordando che AB=AC, fai la differenza fra i due risultati e ottieni la tesi.

Secondo problema
Non l'ho ancora affrontato, ma mi pare che, stando al testo, la tua figura sia sbagliata: dopo aver preso il punto E, devi prendere su DC il punto F in modo che sia DF=DE; sugli altri due lati devi prendere BG e BH uguali ai precedenti.

[Marco241]

Aspetta!Nel primo problema cosa intendi per H? Nella mia figura H è il punto di intersezione tra BG ed FD...

[Marco241]

Per il secondo problema:ho dimostrato che la figura all'interno del quadrato è un parallelogramma/rettangolo.Adesso come faccio a dimostrare in generale che il perimetro è sempre lo stesso?

[Marco241]

Per il secondo problema ho risolto.

[Marco241]

Per il primo problema sono ancora in alto mare...

[giammaria2]

Primo problema: per H intendo il piede dell'altezza del triangolo isoscele iniziale; scusa se non l'ho scritto. La tesi è proprio DF-DI=AH.

[vittorino70]

Indico con G ed F le proiezioni ortogonali di D sul lato AB e sul prolungamento del lato AC.Inoltre indico con H ed E
le proiezioni ortogonali di C su AB e su DG.I triangoli CED e CFD sono congruenti ( dimostralo !).Pertanto hai che:
DF =DE
Quindi ottieni :
DG-DF=DG-DE=EG=CH che è quello che devi dimostrare.

[Marco241]

Prima di tutto ringrazio vittorino70 e tutti voi per il vostro prezioso aiuto.

Adesso la dimostrazione:


Prendo come riferimento il disegno di vittorino70

Considero i triangoli BGD E CED :

90 gradi in comune.
$ hat(BDG)=hat(CDE) $ perchè angolo comune.

quindi

$ hat(GBD)=hat(ECD)=hat(ACB) $

Considero i triangoli ABC e DCF essi hanno:

$ hat(ACB)=hat(FCD) $ perchè opposti al vertice.


Considero i triangoli CED e CFD:

CD in comune
$ hat(FCD)=hat(ECD) $

da cui deduco:

$ hat(CED)=hat(CFD) $
$ DF=DE $
$ CF=CE $
$ hat(EDC)=hat(FDC) $

Noto che

GD E CH sono perpendicolari ad AB e per un noto teorema sono parallele fra loro.

Ma AB e CE sono perpendicolari a GD e dunque sono paralleli fra loro.

Segmenti paralleli compresi fra rette parallele sono congruenti fra loro:

$ GE=HC $
$ CE=GH $

HGEC è un parallelogrammo.

Sfruttando le congruenze scrivo:

$ GD=GE+DE $

$ GD=GE+DF $

$ GE=GD-DF $

e infine

$ HC=GD-DF $

[Marco241]

Senza aprire altri topic d'ora in avanti posto qui i miei problemi in Geometria.

Allora...

PRIMO PROBLEMA:
Si prendano sui lati di un quadrato ,a partire da ciascun vertice ,quattro segmenti congruenti;dimostrare che i loro estremi
sono vertici di un altro quadrato.


Quello che non riesco a capire di questo problema è come prendere i segmenti e il verso di percorrenza giusto:

Traccio un quadrato ABCD con le lettere disposte in senso orario.Poi:

A partire da D e andando su in altro traccio il segmento DE ,poi a destra di A il segmento AF,in basso a B il segmento BG,a sinistra di C il segmento CH.

Dimostro che EFGH è un parallelogramma equilatero ma poi non so come dimostrare che ha gli angoli di 90 gradi e le diagonali congruenti e perpendicolari...


Poi ecco un SECONDO PROBLEMA che non capisco:

Dimostrare che in un trapezio la differenza delle due basi è minore della somma dei due lati obliqui ,ciascun lato è minore della somma dell'altro lato e della differenza delle basi e la somma delle basi è minore della somma delle diagonali.

Allora per la dimostrazione considero un trapezio scaleno:

La base maggiore è AB e quella minore DC.

Adesso:

Indico con DK e CH le due altezze congruenti:

$ AK
$ CH
sommando membro a membro ottengo:

$ AK-HB
Da cui ricavo

$ AB-CD-2HB
Peccato che se non ci fosse "-2HB" avrei dimostrato la prima parte del problema...

[chiaraotta1]

"Marco24":....
PRIMO PROBLEMA:
Si prendano sui lati di un quadrato ,a partire da ciascun vertice ,quattro segmenti congruenti;dimostrare che i loro estremi
sono vertici di un altro quadrato.
......

Per costruzione hai che $DE=CH=BG=AF$ e anche $EC=FD=GA=HB$ (per differenza fra i lati del quadrato, uguali, e segmenti uguali). Quindi sono uguali i quattro triangoli $AGF$, $DFE$, $CEH$ e $BHG$ (perché hanno uguali due lati e l'angolo compreso). Di conseguenza anche $GF=FE=EH=HG$ e quindi intanto il quadrilatero ha i lati uguali. Inoltre $AhatGF$ è complementare di $GhatFA$ e $AhatGF$ è anche uguale a $DhatFE$. Quindi $DhatFE$ è complementare di $GhatFA$ e perciò $GhatFE$ è un angolo retto (per differenza fra l'angolo piatto $AhatFD$ e la somma dei due angoli complementari $DhatFE$ e $GhatFA$). Analogamente si dimostra che sono retti anche gli angoli $FhatEH$, $EhatHG$ e $HhatGF$. Pertanto il quadrilatero è un quadrato.

[Marco241]

Per costruzione hai che DE=CH=BG=AF e anche EC=FD=GA=HB (per differenza fra i lati del quadrato, uguali, e segmenti uguali). Quindi sono uguali i quattro triangoli AGF, DFE, CEH e BHG (perché hanno uguali due lati e l'angolo compreso). Di conseguenza anche GF=FE=EH=HG e quindi intanto il quadrilatero ha i lati uguali.

Ciao Chiarotta.

Fino a qui ho fatto i tuoi stessi ragionamenti e ho azzeccato la figura.Sugli angoli ho fatto una svista clamorosa.

Per quanto riguarda il SECONDO PROBLEMA ho dimostrato la prima parte della tesi e vado avanti.

[chiaraotta1]

"Marco24":...
Per quanto riguarda il SECONDO PROBLEMA ho dimostrato la prima parte della tesi e vado avanti.

Nel triangolo $ABC$ (disuguaglianza triangolare) si ha che $AB Analogamente nel triangolo $CDA$ si ha che $CA Perciò
$AB e dunque
$AB Da cui
$AB-CD

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[Marco241]

Per il SECONDO PROBLEMA ho dimostrato le due parti della tesi.L'ultima parte mi è ostica.C'è qualcuno che può darmi una dritta?

[Marco241]

Mamma mia per l'ultima parte sto diventando pazzo!

Dopo molti calcoli non riesco a capire quali triangoli trovare per dimostrare che le due basi del trapezio sono minori della somma delle diagonali....Consigli?

[giammaria2]

Secondo problema, ultima parte.
Prolunga AB di BE=DC; poiché BECD è un parallelogramma, si ha CE=BD. Considera poi il triangolo AEC.
Ho volutamente tralasciato alcune parti facilmente ricostruibili.

[Marco241]

No aspetta.

Fammi capire bene come imposti le lettere:

nel mio trapezio scaleno DC è la base minore e AB è la base maggiore.

[Marco241]

fammi capire bene perchè se faccio la tua costruzione DC mi viene parallelo e discorde a BE e non vedo come costruire il parallelogrammo da te menzionato.

[giammaria2]

Ho parlato di BECD, quindi i punti vanno uniti nell'ordine citato. Quanto al fatto del discorde, non mi riferivo a segmenti orientati ma a segmenti normali: DC e CD sono la stessa cosa. Ho anch'io preso AB come base maggiore, ma la soluzione non cambierebbe se anche fosse la base minore.

[Marco241]

Il problema viene !Ti ringrazio!Comunque ci vuole un certo intuito per risolvere i problemi spero di affinarlo con l'esercizio...