Nel triangolo ABC, D ed F sono i piedi delle perpendicolari tracciate da A e C ai lati opposti BC ed AB.
Dimostrare che il triangolino DBF è simile ad ABC.
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Checché: è la somma che fa il totale (Totò) - Ciao
Il figlio del triangolo
Moderatori: Gianfranco, Bruno
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triangolino,...mica sempre
amche se mi sembra obbligato ad essere sempre più piccolo di ABC, bisogna ammettere che nel caso di triangoli piuttosto stupidi (molto ottusi, potremmo dire), mal si adatta la definizione di triangolino....
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Enrico
(E' la divergenza di opinioni che rende possibili, e interessanti, le corse di cavalli-M.Twain)
amche se mi sembra obbligato ad essere sempre più piccolo di ABC, bisogna ammettere che nel caso di triangoli piuttosto stupidi (molto ottusi, potremmo dire), mal si adatta la definizione di triangolino....
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Enrico
(E' la divergenza di opinioni che rende possibili, e interessanti, le corse di cavalli-M.Twain)
...
Per rispondere a questo problema potrei utilizzare (giusto per cambiare
un po') un semplice ed elegante teorema di geometria elementare che
probabilmente è noto almeno dalle scuole superiori.
Questa è la sua veste verbale:
Gli angoli alla circonferenza che insistono su uno stesso arco sono uguali.
In Math.it, invece, se ne può apprezzare la veste grafica.
Ora, considero il caso in cui entrambe le altezze indicate siano interne
al triangolo.
Traccio una circonferenza avente il diametro coincidente con il lato $\displaystyle \overline {AC}$
del triangolo, in modo che passi per i punti $\displaystyle D$ ed $\displaystyle F \; \to \;$Immagine.
Intanto vedo:
$\displaystyle \angle ABC \equiv \angle FBD,$
$\displaystyle \angle AFC = \angle ADB = 90^o$
e poi vedo:
$\displaystyle \angle FCA = \angle FDA$
perché entrambi insistono sull'arco $\displaystyle AF$ (cfr. sopra).
Ma si verifica anche che:
$\displaystyle \angle BAC = 90^o - \angle FCA = 90^o - \angle FDA = \angle FDB.$.
Detto questo, naturalmente, dev'essere $\displaystyle \angle ACB = \angle BFD$.
Dunque, i due triangoli $\displaystyle ABC$ ed $\displaystyle FBD$ hanno gli stessi angoli e
pertanto sono simili.
> Se&o
Bruno
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Invisibile un vento / l'ha apena sfioragia / sospension d'un momento; /
e la bola iridessente gera 'ndagia. (Biagio Marin)
Per rispondere a questo problema potrei utilizzare (giusto per cambiare
un po') un semplice ed elegante teorema di geometria elementare che
probabilmente è noto almeno dalle scuole superiori.
Questa è la sua veste verbale:
Gli angoli alla circonferenza che insistono su uno stesso arco sono uguali.
In Math.it, invece, se ne può apprezzare la veste grafica.
Ora, considero il caso in cui entrambe le altezze indicate siano interne
al triangolo.
Traccio una circonferenza avente il diametro coincidente con il lato $\displaystyle \overline {AC}$
del triangolo, in modo che passi per i punti $\displaystyle D$ ed $\displaystyle F \; \to \;$Immagine.
Intanto vedo:
$\displaystyle \angle ABC \equiv \angle FBD,$
$\displaystyle \angle AFC = \angle ADB = 90^o$
e poi vedo:
$\displaystyle \angle FCA = \angle FDA$
perché entrambi insistono sull'arco $\displaystyle AF$ (cfr. sopra).
Ma si verifica anche che:
$\displaystyle \angle BAC = 90^o - \angle FCA = 90^o - \angle FDA = \angle FDB.$.
Detto questo, naturalmente, dev'essere $\displaystyle \angle ACB = \angle BFD$.
Dunque, i due triangoli $\displaystyle ABC$ ed $\displaystyle FBD$ hanno gli stessi angoli e
pertanto sono simili.
> Se&o
Bruno
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Pietro Vitelli (Amministratore del Forum)
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi" Paul Erdös
www.pvitelli.net
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