Quadrilatero inscrittibile ad una circonferenza
Buonasera, sono a chiedere per questo problema:
Dati 2 triangoli rettangoli ABE e ABD con il cateto coincidente e situati in semipiani opposti rispetto ad esso, traccia le loro altezze AH e AK relative all' ipotenusa .
Dimostra che i quadrileteri BHAK e HEDK sono inscrittibili.
Non riesco a dimostrare per il quadrilatero HEDK .
Grazie per le risposte.
Peter
Dati 2 triangoli rettangoli ABE e ABD con il cateto coincidente e situati in semipiani opposti rispetto ad esso, traccia le loro altezze AH e AK relative all' ipotenusa .
Dimostra che i quadrileteri BHAK e HEDK sono inscrittibili.
Non riesco a dimostrare per il quadrilatero HEDK .
Grazie per le risposte.
Peter
Risposte
IL quadrilatero AKBH è un rettangolo e le diagonali sono congruenti e si tagliano scambievolmente a metà. Segue che il triangolo BKO, essendo O il punto 'incontro delle diagonali è isoscele sulla base BK.
Detto questo rifletti sugli angoli opposti del quadrilatero HEDK e dimostra che gli angoli opposti sono supplementari.
Detto questo rifletti sugli angoli opposti del quadrilatero HEDK e dimostra che gli angoli opposti sono supplementari.
Scusa ma sbaglio qualcosa .
Posto:
A B il cateto coincidente,
Triangolo ABE rettangolo in A con ipotenusa BE,
Triangolo ABD rettangolo in A con ipotenusa BD,
AE diverso da AD.
Il quadrilatero AKBH è retto in H e K ma in A e B ?
non capisco quindi come possa essere rettangolo.
Cosa mi sfugge ?
Peter
Posto:
A B il cateto coincidente,
Triangolo ABE rettangolo in A con ipotenusa BE,
Triangolo ABD rettangolo in A con ipotenusa BD,
AE diverso da AD.
Il quadrilatero AKBH è retto in H e K ma in A e B ?
non capisco quindi come possa essere rettangolo.
Cosa mi sfugge ?
Peter
La soluzione di igiul sarebbe giusta se l'angolo $KhatBH$ fosse retto, ma in generale non lo è.
Posto la mia soluzione.
I triangoli $ABH, ABK$ hanno la stessa ipotenusa, quindi
$AH^2+BH^2=AK^2+BK^2$
Per il secondo teorema di Euclide si ha $AH^2=BH*HE$ e $AK^2=BK*KD$, perciò
$BH*HE+BH^2=BK*KD+BK^2->BH(HE+BH)=BK(KD+BK)$
$" "->BH*BE=BK*BD$
che possiamo scrivere nella forma
$BH:BD=BK:BE$
I triangoli $BHD$ e $BKE$ sono quindi simili avendo l'angolo $DhatBE$ in comune ed i lati adiacenti in proporzione e ne consegue $HhatDB=KhatEB$
Ma questi due angoli insistono entrambi su $HK$ e quindi i punti $D,E$ appartengono ad una stessa circonferenza passante per $H,K$.
Posto la mia soluzione.
I triangoli $ABH, ABK$ hanno la stessa ipotenusa, quindi
$AH^2+BH^2=AK^2+BK^2$
Per il secondo teorema di Euclide si ha $AH^2=BH*HE$ e $AK^2=BK*KD$, perciò
$BH*HE+BH^2=BK*KD+BK^2->BH(HE+BH)=BK(KD+BK)$
$" "->BH*BE=BK*BD$
che possiamo scrivere nella forma
$BH:BD=BK:BE$
I triangoli $BHD$ e $BKE$ sono quindi simili avendo l'angolo $DhatBE$ in comune ed i lati adiacenti in proporzione e ne consegue $HhatDB=KhatEB$
Ma questi due angoli insistono entrambi su $HK$ e quindi i punti $D,E$ appartengono ad una stessa circonferenza passante per $H,K$.
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