16/09/22

(Q) Rette parallele ***

Un bel quiz puramente geometrico (senza trigonometria o coordinate cartesiane) presentato a un'olimpiade di matematica. Io ho seguito un certo procedimento, ma può darsi che ne esistano altri più rapidi ed eleganti. Sotto a chi tocca!

Il problema è il seguente:

Un triangolo acutangolo ABC è iscritto in una circonferenza. A partire da A stacchiamo su AB e AC due segmenti di lunghezza qualsiasi uguali tra loro (AD = AE).  Tracciamo gli assi dei segmenti DB e CE che intersecano la circonferenza in F e G, rispettivamente. Dimostrare che le rette FG e DE sono parallele.

Vi aiuto, disegnando la figura...

QUI la soluzione

 

16 commenti

  1. Francesco

    Forse sbaglio (ricordare sempre: sono nella valle della disperazione di Dunning-Kruger) ma se prolungo il segmento HF a intercettare in K il prolungamento di DE e da K ne traccio la perpendicolare, considerato che l'angolo LFK è uguale a HFJ in quanto opposti al vertice, segue che l'angolo LKF è uguale a FJH in quanto complementari ad uno stesso angolo. Ma allora anche FKD (complementare di LKF) è uguale a LFK, alterni interni. Quindi le due rette sono parallele.

    Attendo come al solito la smentita... :-(

     

  2. Francesco

    Eccola qua, la smentita, me la faccio da solo: chi mi dice che l'angolo in L sia retto?

    Ok, buttiamo via tutto...

  3. Più che altro direi che nessuno ti dice che sia retto l'angolo LKD. Quello in L lo puoi sempre costruire, ma poi...

  4. Vale anche il viceversa, come dici tu... resta il fatto che in entrambi i casi si considerano parallele le retta e poi si dimostra che lo sono... Direi che il problema è un po' più difficile.

  5. Vi vedo un po' in crisi... E' veramente così difficile?  Aspetto ancora oggi e poi do la soluzione :-|

  6. leandro

    Io mi baserei sul circocentro ma non ho la soluzione

  7. Un piccolo aiuto... bisogna costruire una nuova circonferenza il cui raggio si ripete nella figura.

  8. Un ultimo aiuto...

    per risolvere il quiz basta ricordare soltanto che gli angoli alla circonferenza di uno stesso arco sono uguali... L'importante è avere a disposizione DUE circonferenze.

  9. Fabrizio

    Non ho trovato la soluzione geometrica richiesta.

    Andando fuori tema, ho provato almeno a trovare una soluzione trigonometrica.

    Riassumo il ragionamento che ho seguito.

    Vogliamo dimostrare che se d_1=d_2 allora FG è parallelo a DE.

    In queste figure ho ruotato la circoferenza in modo che DE sia orizzontale. E' solo una comodità grafica senza effetto sul ragionamento.

    Concentro l'attenzione sulla costruzione attorno ad AB.

    Poiché a, f_1\: e\: f_2  sono delle corde, le posso mettere in relazione con i rispettivi angoli.

    a=2 \sin{\left(\frac{\alpha}{2} \right)}        f_2=2 \sin{\left(\frac{\sigma}{2} \right)}      f_1=2 \sin{\left(\frac{\alpha-\sigma}{2} \right)}

    Per il teorema di Pitagora applicato ai triangoli che hanno in comune il cateto h:

    f_{1}^{2} - x^{2} = f_{2}^{2} - \left(a - x\right)^{2}
    da cui ricavo che: x=\frac{a^{2} + f_{1}^{2} - f_{2}^{2}}{2 a}

    Quindi d_1=a-2x=a-2 \frac{a^{2} + f_{1}^{2} - f_{2}^{2}}{2 a}=\frac{f_{2}^{2} - f_{1}^{2}}{a}

    Applicando le relazioni tra corda ed angolo che la sottende ottengo:
    d_1=\frac{4 \sin^{2}{\left(\frac{\sigma}{2} \right)} - 4 \sin^{2}{\left(\frac{\alpha}{2} - \frac{\sigma}{2} \right)}}{2 \sin{\left(\frac{\alpha}{2} \right)}}

    Applicando a questa espressione le identità trigonometriche di riduzione di potenza, duplicazione degli angoli e sottrazione, si ottiene questa semplice espressione:
    d_1=2 \sin{\left(\sigma - \frac{\alpha}{2} \right)}

    (ha la lunghezza di una corda di una circonferenza dello stesso raggio di quella in figura sotto un angolo di 2\sigma-\alpha, forse ha un significato geometrico che non ho trovato)

    Analogamente per l'altro triangolo:
    d_2=2 \sin{\left(\rho - \frac{\beta}{2} \right)}

     

    Poichè abbiamo costruto d_1=d_2, segue che \sigma - \frac{\alpha}{2}=\rho - \frac{\beta}{2}    vale a dire: \rho =\sigma+ \frac{\beta-\alpha}{2}

    Tracciamo il raggio perpendicolare ad DE. Chiamiamo \delta,\;\omega_1,\; \omega_2 gli angoli tra questo raggio e quelli passanti rispettivamente per A, F, e G.

     

    Affinché FG sia parallelo ad ED, deve essere \omega_1=\omega_2. Questa uguaglianza si può dimostrare considerando che

    \omega_1=\sigma+\delta    e      \omega_2= \rho-\delta=\sigma+\frac{\beta-\alpha}{2}-\delta

    inoltre, considerando gli angoli che compongono \delta,
    \delta=\frac{\frac{\pi-\alpha}{2}+\frac{\pi-\beta}{2}}{2}-\frac{\pi-\beta}{2}=\frac{\beta-\alpha}{4}

    Allora   \omega_1=\sigma+\frac{\beta-\alpha}{4}   e

    \omega_2=\sigma+\frac{\beta-\alpha}{2}-\frac{\beta-\alpha}{4}=\sigma+\frac{\beta-\alpha}{4}

    Quindi se d_1=d_2 ,  allora   \omega_1=\omega_2    ne segue che ED ed FG sono paralleli,  quello che volevamo dimostrare.

  10. leandro

    <a href="https://im.ge/i/1hnL26"><img src="https://i.im.ge/2022/09/23/1hnL26.IMG-20220922-222903.jpg" alt="IMG_20220922_222903" border="0"></a>

    Soluzione senza trigonometria . Scusate l'immagine ma ho avuto problemi nel caricamento

     

  11. leandro

    manca una spiegazione. HI è parallela alla retta tesa tra i due punti mediani perchè OH è parallelo al segmento da D alla circonferenza , idem per GI .

  12. Caro Leandro,

    Dovresti chiarire meglio tutti i passaggi...

  13. leandro

    Nella fretta avevo mescolato le lettere. Questa mi sembra migliore

    L'angolo HOI è uguale a alfa + beta.
    Ma OHI è triangolo isoscele, quindi OHI = pi/2 - ( alfa+beta)/2
    HLN è per costruzione un triangolo rettangolo, quindi l'angolo HLN = pi/2 - OHI = pi/2 - pi/2 + (alfa+beta)/2 = (alfa+beta)/2
    ovvero 2 HLN = alfa+beta
    Osserviamo il triangolo ABC : l'angolo gamma = BAC = pi - (alfa +beta) , quindi

    gamma = pi - 2 HLN

    ADE è isoscele quindi l'angolo ADE = (pi -gamma)/2 = (pi - (pi-2 HLN))/2 = HLN
    Poiché angolo ALI = HLN per opposizione, è alterno interno delle due rette DE e HI , esse sono parallele
    Per costruzione i segmenti NQ = AD/2 = AE/2 = PR
    NQ è ortogonale alle rette HO e FQ , quindi HO e FQ sono parallele
    analogamnete lo sono le rette PI e RG . Esse sono inoltre equidistanti dello steso valore NQ =PR
    Segue che l'angolo QFG è uguale all'angolo OHI , analogamente per RGF .
    Da cui FG parallela a HI , parallela a DE .
    cvd
    <a href="https://im.ge/i/1i4DGa"><img src="https://i.im.ge/2022/09/23/1i4DGa.triangolo.jpg" alt="triangolo" border="0"></a>

  14. Fabrizio

    Buona l'idea di Andy di dimostrare il parallelismo per un caso particolare per poi estenderlo agli altri casi, però mi sfugge qualcosa nella dimostrazione.

    Non capisco l'ultima affermazione: '.... Segue che l'angolo QFG è uguale all'angolo OHI , analogamente per RGF . Da cui FG parallela a HI , parallela a DE ." . Detta così mi sembra che possa valere per tutti i punti sulle rette QF e RG. Non vedo dove entra in gioco il fatto che F e G devono essere sulla circonferenza.

     

  15. giusta affermazione, direi... il passaggio da HI a FG è un poco subdolo, E' un po' come se FG fosse costruita parallela a IH... Tutte le rette perpendicolari ad AB e ad AC portano allo stesso risultato se HN/FQ = Pi/RG

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