Problema di Geometria
Sia dato il triangolo isoscele ABC con AB=BC.
La bisettrice dell'angolo esterno in C e la bisettrice dell'angolo interno CAB si incontrano nel punto P.
Dimostrare che le rette PB ed AC sono parallele.
Non riesco proprio a farlo!
Suggerimenti?
La bisettrice dell'angolo esterno in C e la bisettrice dell'angolo interno CAB si incontrano nel punto P.
Dimostrare che le rette PB ed AC sono parallele.
Non riesco proprio a farlo!
Suggerimenti?
Risposte
"genny77":
Sia dato il triangolo isoscele ABC con AB=BC.
La bisettrice dell'angolo esterno in C e la bisettrice dell'angolo interno CAB si incontrano nel punto P.
Dimostrare che le rette PB ed AC sono parallele.
Non riesco proprio a farlo!
Suggerimenti?
Allora: conoscendo il 2° teorema dell'angolo esterno e il fatto che gli angoli alla base di un triangolo isoscele sono uguali, sai che C=A+B (dove A,B,C sono angoli, non so come si metta il segno di angolo con MathML) quindi C/2=A=C, da qui potresti continuare da sola, considerando il criterio di parallelismo. Se no continuo qui sotto:
credo che sia cosi, poi non so
Non ho capito la tua spiegazione.
Tu dici che C/2=A=C, cioè la mettà dellangolo esterno è uguale ad A o a C...Perchè?
Il secondo teorema dell'ngolo esterno dice che l'angolo esterno è uguale alla somma degli angoli interni non adeacenti ad esso. Giusto?
Come mai C(ext)/2 = A = C ?
Tu dici che C/2=A=C, cioè la mettà dellangolo esterno è uguale ad A o a C...Perchè?
Il secondo teorema dell'ngolo esterno dice che l'angolo esterno è uguale alla somma degli angoli interni non adeacenti ad esso. Giusto?
Come mai C(ext)/2 = A = C ?
"genny77":
Non ho capito la tua spiegazione.
Tu dici che C/2=A=C, cioè la mettà dellangolo esterno è uguale ad A o a C...Perchè?
Il secondo teorema dell'ngolo esterno dice che l'angolo esterno è uguale alla somma degli angoli interni non adeacenti ad esso. Giusto?
Come mai C(ext)/2 = A = C ?
Perchè se sai che C=A+B allora dato che A=B, puoi scrivere sia C=2A quindi C/2=A, sia C=2B e quindi C/2=B. Queste considerazioni si basano sul fatto che A+B=2A=2B, se e solo se A=B
Ma A non è uguale a B.
Il triangolo è isoscele sulla basa AC....
Il triangolo è isoscele sulla basa AC....
"genny77":
Ma A non è uguale a B.
Il triangolo è isoscele sulla basa AC....
opps... ho letto male, che pollo!
scusa se ti ho fatto perdere tempo
Qualcuno riesce a risolverlo?
Proviamo con una reductio ad absurdum
Si vuole provare che, dato il triangolo isoscele $ABC$ su base $AC$ e preso il punto $P$, intersezione tra la bisettrice dell'angolo alla base $\hat{CAB}$ e la bisettrice dell'angolo esterno di vertice $C$, la retta $PB$ risulta essere parallela alla retta $AC$ (fig. 1 sotto riportata)
Per assurdo, si assuma falsa la tesi. Cioè $PB$ non è parallelo ad $AC$. Per $B$ si può sicuramente condurre la parallela ad $AC$: si dica $P'$ l'intersezione tra questa parallela e la retta $PC$; si unisca poi $P'$ con $A$ (fig. 2 sotto riportata)
Per nuova costruzione, $BP'$ è parallelo ad $AC$, dunque $\hat{BP'C}=beta$ perché angoli alterni interni di rette parallele tagliate dalla trasversale $P'C$.
Il triangolo $CBP'$ risulta dunque isoscele su base $CP'$: ergo, $BC=BP'$.
Ma anche il triangolo $ABC$ è isoscele (su base $AC$), dunque è anche $AB=BC$. Per la transitività dell'uguaglianza risulta dunque $AB=BC=BP'$.
Da quanto sopra discende che il triangolo $ABP'$ è isoscele su base $AP'$, dunque $\hat{BAP'}=\hat{BP'A}$.
Ma poiché è $BP' //// AC$ risulta anche $\hat{BP'A}=\hat{CAP'}$; segue che $\hat{BAP'}=\hat{BP'A}=\hat{CAP'}$.
Da quanto sopra discende che $\hat{CAB}=\hat{BAP'} + \hat{CAP'} = \hat{BAP'} + \hat{BAP'} = 2 \hat{BAP'}$; ma è anche $\hat{CAB}=2 alpha$ con $alpha != \hat{BAP'}$ per assunzione della negazione della tesi.
Si è dunque giunti ad un assurdo, in quanto si sta ammettendo l'esistenza di due bisettrici per il medesimo angolo: questo conclude la dimostrazione.
Si vuole provare che, dato il triangolo isoscele $ABC$ su base $AC$ e preso il punto $P$, intersezione tra la bisettrice dell'angolo alla base $\hat{CAB}$ e la bisettrice dell'angolo esterno di vertice $C$, la retta $PB$ risulta essere parallela alla retta $AC$ (fig. 1 sotto riportata)
Per assurdo, si assuma falsa la tesi. Cioè $PB$ non è parallelo ad $AC$. Per $B$ si può sicuramente condurre la parallela ad $AC$: si dica $P'$ l'intersezione tra questa parallela e la retta $PC$; si unisca poi $P'$ con $A$ (fig. 2 sotto riportata)
Per nuova costruzione, $BP'$ è parallelo ad $AC$, dunque $\hat{BP'C}=beta$ perché angoli alterni interni di rette parallele tagliate dalla trasversale $P'C$.
Il triangolo $CBP'$ risulta dunque isoscele su base $CP'$: ergo, $BC=BP'$.
Ma anche il triangolo $ABC$ è isoscele (su base $AC$), dunque è anche $AB=BC$. Per la transitività dell'uguaglianza risulta dunque $AB=BC=BP'$.
Da quanto sopra discende che il triangolo $ABP'$ è isoscele su base $AP'$, dunque $\hat{BAP'}=\hat{BP'A}$.
Ma poiché è $BP' //// AC$ risulta anche $\hat{BP'A}=\hat{CAP'}$; segue che $\hat{BAP'}=\hat{BP'A}=\hat{CAP'}$.
Da quanto sopra discende che $\hat{CAB}=\hat{BAP'} + \hat{CAP'} = \hat{BAP'} + \hat{BAP'} = 2 \hat{BAP'}$; ma è anche $\hat{CAB}=2 alpha$ con $alpha != \hat{BAP'}$ per assunzione della negazione della tesi.
Si è dunque giunti ad un assurdo, in quanto si sta ammettendo l'esistenza di due bisettrici per il medesimo angolo: questo conclude la dimostrazione.
Mi pare il tuo ragionamento fili...
Si può anche sfruttare il fatto che P appartiene a due bisettrici (una interna e l'altra esterna) del triangolo e quindi equidista dai lati dello stesso triangolo: PH=PL=PK da cui PH=PK.Perciò P appartiene anche alla bisettrice dell'angolo esterno CBH.
Ma questo angolo è la somma degli angoli interni adiacenti alla base AC che sono congruenti.Pertanto viene
che l'angolo PBC è congruente all'angolo BCA e questo dimostra che BP ed AC sono parallele perché formano
con la trasversale BC una coppia di angoli alterni interni congruenti.
Marco
@ marco80
Bellissima soluzione.
Bellissima soluzione.
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