22/09/22

(Q) Soluzione del quiz su due rette parallele ***

Consideriamo la figura inserita nel quiz e calcoliamo un po' di angoli e di lunghezze.

Prolunghiamo il segmento FD fino ad incontrare la circonferenza in X e il segmento EG fino ad incontrare la circonferenza in Z (Fig. 2).

Figura 2

Consideriamo i due triangoli FDB ed ADX. Essi sono simili dato che hanno due angoli uguali: FDB e ADX perché opposti al vertice e FBA e FXA dato che sono angoli alla circonferenza di uno stesso arco AF.

Tuttavia, sappiamo che per costruzione FB = FD. Il che implica che, per la similitudine dei triangoli FDB e ADX, anche AX = AD. Ma AD è uguale ad AE per costruzione. Abbiamo quindi che

AD = AE = AX

Passiamo alla Fig. 3

Figura 3

I due triangoli AZE e GCE sono anch'essi simili, per le stesse ragioni di quelli precedenti: AEZ = GEC perché opposti al vertice e AZG = ACG perché angoli alla circonferenza dell'arco AG.

Ma, dato che GC = EG anche AZ = AE.

In conclusione:

AD = AE = AX = AZ

Facciamo centro in A e tracciamo la circonferenza di raggio AD, come mostra la Fig. 4

Figura 4

E poi tracciamo il segmento ZX. Dedichiamoci soltanto agli angoli...

ZGF deve essere uguale a ZXF dato che angoli alla circonferenza "nera" dell'arco "nero" FZ. Tuttavia sappiamo anche che ZXD = ZED perché angoli alla circonferenza "azzurra" dell'arco "azzurro" ZD. In definitiva, dato che ZXD = ZXF:

ZGF = ZXF = ZXD = ZED

ZGF = ZED

Il che implica che le due rette DE e FG devono essere parallele dato che formano uno stesso angolo con la retta ZG.

Niente male, vero?

QUI il quiz

 

 

4 commenti

  1. Fabrizio

    Niente male davvero!

    Ma come arrivi a queste costruzioni che inizialmente sembrano divagare dal problema e poi piombano sulla soluzione?

  2. Questo è un problema presentato alle olimpiadi di matematica e quindi si sa già che vi è sempre un qualche trucco che semplifica la soluzione.

  3. Francesco

    Provo a dimostrarlo in un altro modo, prendendo a prestito l'immagine di Fabrizio (grazie).

    Prolungo FN che incontri il prolungamento di DE in L e il prolungamento di PG in H. Prolungo PG che incontri il prolungamento di DE in M (più fatica a dirlo che a farlo...:-)

    Chiamo 2a l'angolo in A.

    Ora, l'angolo in N è retto per costruzione e LDN=ADE perché opposti al vertice. Quindi

    NLD=a

    Per la stessa ragione anche PME=a. Il triangolo LHM è quindi isoscele, con l'angolo LHM uguale al doppio di ADE.
    Traccio da H la perpendicolare a FG. L'angolo FHK è la metà di LHM, quindi FHK=ADE e allora

    HFK=a

    Ma anche NLD (corrispondente a HFK) è uguale ad a, quindi FG è parallela a DE.

    Stavolta spero di non aver fatto errori, anche se nella valle della disperazione di Dunning-Kruger è sempre pronto il mio posticino :-)

     

  4. Francesco

    MA NO!!! Ancora sbagliato!

    Chi mi dice che HK sia davvero la bisettrice di FHG? Uff!

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