Suggerimento problema I anno di geometria piana
Problema di geometria piana
E' dato il triangolo BAC: dal vertice A e dalla parte del lato AC si conduca la perpendicolare ad AB e su di essa si prenda $AD=AB$ . Analogamente da A si conduca dalla parte di AB la perpendicolare al lato AC e su di essa si prenda $AE=AC$ . Dimostrare che l'altezza AH del triangolo DAE è mediana del triangolo ABC.
(Suggerimento: si conduca da B la parallela del lato AC che inconti il prolungamento di AH in A' e si considerano i due triangoli EAD e A'BA)
E' dato il triangolo BAC: dal vertice A e dalla parte del lato AC si conduca la perpendicolare ad AB e su di essa si prenda $AD=AB$ . Analogamente da A si conduca dalla parte di AB la perpendicolare al lato AC e su di essa si prenda $AE=AC$ . Dimostrare che l'altezza AH del triangolo DAE è mediana del triangolo ABC.
(Suggerimento: si conduca da B la parallela del lato AC che inconti il prolungamento di AH in A' e si considerano i due triangoli EAD e A'BA)
Risposte
non credo che qualcuno ti risponderà se non ci dimostri in qualche modo che hai provato a farlo......idem per l'altro tuo post
Certo che ho provato a farlo, ma non riesco a capire come usare il suggerimento.
Ho provato in tutti i modi a confrontare i due triangoli ma non riesco a dimostrare che sono uguali o un legame tra loro (non ho fatto la similitudine)...e poi non riesco a capire come posso dimostrare la tesi, se potete cerco almeno uno spunto sul suggerimento. Grazie.
Ho provato in tutti i modi a confrontare i due triangoli ma non riesco a dimostrare che sono uguali o un legame tra loro (non ho fatto la similitudine)...e poi non riesco a capire come posso dimostrare la tesi, se potete cerco almeno uno spunto sul suggerimento. Grazie.
A parte il fatto che hai postato due volte lo stesso problema.
Si hai ragione, ma avevo dimenticato di scrivere il suggerimento che il testo mi dava.....
Io ho cercato una soluzione prima che tu aggiungessi il suggerimento, e direi che senza suggerimenti il problema è piuttosto difficile. La mia soluzione è diversa da quella del tuo libro (che forse ha visto una via più semplice: non lo so, perchè non ho provato); eccola.
Considerata la retta AH, siano: M la sua intersezione con BC e R e S i piedi su essa di B e C. Si ha $\hat D=B \hat A H$ perché angoli con i lati mutuamente perpendicolari; risultano quindi uguali i triangoli rettangoli ABR e ADH (hanno uguali l'ipotenusa e un angolo acuto) e ne consegue BR=AH. Analogamente si ha $\hat E=C \hat A H$ e sono uguali i triangoli ACS e AEH: quindi CS=AH.
Se ne deduce BR=CS e risultano uguali i triangoli rettangoli BRM e CSM (hanno uguali un cateto e gli angoli in M): quindi BM=CM
Considerata la retta AH, siano: M la sua intersezione con BC e R e S i piedi su essa di B e C. Si ha $\hat D=B \hat A H$ perché angoli con i lati mutuamente perpendicolari; risultano quindi uguali i triangoli rettangoli ABR e ADH (hanno uguali l'ipotenusa e un angolo acuto) e ne consegue BR=AH. Analogamente si ha $\hat E=C \hat A H$ e sono uguali i triangoli ACS e AEH: quindi CS=AH.
Se ne deduce BR=CS e risultano uguali i triangoli rettangoli BRM e CSM (hanno uguali un cateto e gli angoli in M): quindi BM=CM
@giammaria
Bellissima soluzione.
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Per quanto riguarda il problema, la soluzione la avevo trovata già questa notte alle 3.00 e non so perché ma avevo avuto la medesima idea del libro: in realtà il perché lo so, è che avevo partendo dalla tesi ho pensato che forse facendo una parallela veniva fuori un parallelogramma e fatto il disegno con GeoGebra si vede benissimo che il quadrilatero $ACA'B$ è un parallelogramma (ah, la potenza di questi programmi!)... poi però non ho postato per via dell'ora e stamane non avevo tempo perché dovevo scappare all'università.
Premesso questo, facendo riferimento a questa figura
si vede facilmente che $\angle ABA'~= \angle AFB + \angle BAF ~= \angle BAC + \angle CAD + \angle BAF ~= \angle DAE$; inoltre $\angle BAA' ~= \angle ADE$, sicché $\Delta ABA' ~= \Delta ADE$, da cui $BA' ~= AE ~= AC$ e $ACA'B$ è un parallelogramma.
Bellissima soluzione.
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Per quanto riguarda il problema, la soluzione la avevo trovata già questa notte alle 3.00 e non so perché ma avevo avuto la medesima idea del libro: in realtà il perché lo so, è che avevo partendo dalla tesi ho pensato che forse facendo una parallela veniva fuori un parallelogramma e fatto il disegno con GeoGebra si vede benissimo che il quadrilatero $ACA'B$ è un parallelogramma (ah, la potenza di questi programmi!)... poi però non ho postato per via dell'ora e stamane non avevo tempo perché dovevo scappare all'università.
Premesso questo, facendo riferimento a questa figura
si vede facilmente che $\angle ABA'~= \angle AFB + \angle BAF ~= \angle BAC + \angle CAD + \angle BAF ~= \angle DAE$; inoltre $\angle BAA' ~= \angle ADE$, sicché $\Delta ABA' ~= \Delta ADE$, da cui $BA' ~= AE ~= AC$ e $ACA'B$ è un parallelogramma.
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