LCPP (Lewis Carrol's Pillow Problems) 17

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panurgo
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LCPP (Lewis Carrol's Pillow Problems) 17

Messaggio da panurgo » gio giu 25, 2015 11:53 am

In un triangolo dato posizionare una linea parallela alla base tale che, se dai suoi estremi (dove seca i lati, NDT) vengono disegnate delle linee parallele ai lati e terminate dalla base, la loro somma sia uguale alla prima linea.


In a given triangle place a line parallel to the base, such that if, from its ends, lines be draw, parallel to the sides and terminated by the base, they shall be together equal to the first line.
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Re: LCPP (Lewis Carrol's Pillow Problems) 17

Messaggio da Gianfranco » ven giu 26, 2015 2:33 pm

La soluzione non è proprio immediata.
Comunque, per non togliere a nessuno la soddisfazione di trovarla, invio la soluzione di un altro pillow problem simile a questo.
Diciamo che è un aiutino.
---
Il problema è:
In un triangolo dato, posizionare una linea parallela alla base tale che la somma dei segmenti compresi tra essa e la base sia uguale alla base del triangolo.
carrollpillow_1.png
carrollpillow_1.png (4.35 KiB) Visto 1424 volte
Con riferimento alla figura: DE parallelo a AC e AD+EC=AC.

La costruzione (possibile con riga e compasso) proposta è:
1) Tracciare BG bisettrice di ABC.
2) Prendere su AB il segmento AD=AG.
3) Per il punto D tracciare la parallela DE a AC
4) DE è la linea richiesta.
Dimostrazione.
a) La bisettrice taglia il lato AC in parti proporzionali ai lati AB e CB.
b) Per il teorema di Talete, AD e CE sono anch'essi proporzionali ai lati AB e CB.
c) In particolare, se AD=AG allora anche EC=CG.
e) Da cui: AD+EC=AG+GC=AC

Il problema posto da Panurgo usa gli stessi teoremi di questo problema.
Pace e bene a tutti.
Gianfranco

vittorio
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Re: LCPP (Lewis Carrol's Pillow Problems) 17

Messaggio da vittorio » lun giu 29, 2015 9:21 am

Ciao a tutti.
carrol-1.jpg
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Per l'incentro D di ABC si tracci la parallela a BC che incontri AB in E e AC in F. Figura 1.
La parallela ad AB da F incontra BC in H.
La parallela ad AC da E incontra BC in G.
Congiungiamo quindi B con D e C con D.
Essendo D l'incentro BD è la bisettrice di <ABC per cui <EBD=<DBG.
Inoltre <BDE=<DBG perchè alterni interni delle parallele EF e BC tagliate dalla trasversale BD.
Ne consegue che <EBD=<BDE, cioè che il triangolo EBD è isoscele, per cui BE=ED.
In maniera analoga dal triangolo CFD si ricava DF=FC.
In definitiva si ottiene EF=BE+CF.
Ma dal parallelogrammo GEFC si ricava FC=GE; analogamente BE=HF, da cui sostituendo
EF=HF+GE
carrol-2.jpg
carrol-2.jpg (26.29 KiB) Visto 1390 volte
Quanto sopra presuppone che EF sia intena al triangolo ABC.
In figura 2, proviamo ad effettuare la costruzione precedente a partire dall'excentro relativo ad A (che chiameremomo ancora con D). I triangoli BED e CFD sono ancora isosceli sulle basi BD e CD. Per il ragionamento precedente si ha ancora EF=HF+GE.
In questo caso però la corda EF è esterna ad ABC (i punti E e F giacciono sui prolungamenti dei lati AB e AC).
carrol-3.jpg
carrol-3.jpg (33.78 KiB) Visto 1390 volte
Chiediamoci ora: cosa succederebbe considerando un excentro diverso, ad esempio quello relativo a B. Figura 3.
Anche in questo caso i triangoli BED e CFD sono isosceli. Col ragionamento precedente, nel caso della figura, si ha EF= GE-HF, o, in generale, EF=|HF-GE|.
In questo caso la corda EF è esterna.
Nella succesiva figura 4 si ha un esempio di triangolo in cui la coda EF è invece interna.
carrol-4.jpg
carrol-4.jpg (34.8 KiB) Visto 1390 volte
Ciao
Vittorio
Vittorio

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