CH 4-38

[panurgo]

Quanto vale $\overline {\text BF}$ (dimostrazione geometrica)

[delfo52]

disegniamo tutte i quattro segmenti che come DE vanno da un vertice al punto medio di un lato; tutti nella stessa direzione
considerando i triangoli del tipo AFD si vede che i cateti AF e FD sono uno il doppio dell'altro.
consideriamo il segmento BK parallelo a ED e il punto Y all'intersezione con AF (K è il punto medio di AD
il triangolo YBF è uguale al triangolo AFD, per cui FB = AD = x

SE&O
P.S.: a che cosa allude il titolo ?

[Br1]

Più geometrico di così
La cosa, in effetti, salta bene all'occhio
(nel disegno, anzi, il quadrato sembra
quasi orbo e bendato...)

[Br1]

Approfitto di questo topic di Panurgo


A proposito di quadrati, potremmo vedere
questo (facile facile):



I segmenti gialli sono fra loro congruenti
e così pure quelli verdi, ma i primi sono
arbitrari (fissato un quadrato).

Quali valori può assumere l'angolo azzurro
e perché?

[Br1]

Ancora qui?

Sarà mica così difficile?

O forse è troppo facile?

[Quelo]

Se ho capito bene il problema, l'angolo è sempre di 90° sul perché ci sto lavorando.

[delfo52]

....sempre che un angolo inesistente possa essere considerato uguale (anche) a 90gradi...

[Br1]

....sempre che un angolo inesistente possa essere considerato uguale (anche) a 90gradi...

Ops... perché inesistente, Enrico?

A lunedì

[delfo52]

quando il punto d'incontro scende a coincidere con l'angolo in basso a sinistra, i segmenti gialli coincidono con i lati, e l'angolo cercato non è più disegnabile

[Br1]

quando il punto d'incontro scende a coincidere con l'angolo in basso a sinistra, i segmenti gialli coincidono con i lati, e l'angolo cercato non è più disegnabile

Ah, sì, certo: adesso ho capito, Enrico, cosa intendi
Questo, infatti, fa parte della risposta.

[Br1]

Ancora ancora qui?

Eppure è abbordabilissimo, pur non essendo
affatto banale.

Direi inoltre che servono idee molto più semplici
di quelle richieste da diversi quiz che ho appena
visto qui attorno

[Quelo]

In effetti, a guardarlo dal lato giusto, non era poi così difficile.

Il triangolo $BKG$ è uguale al triangolo $DCE$, quindi l'angolo $B\hat{K}G$ è uguale all'angolo $D\hat{C}E$ e il triangolo $CFK$ è rettangolo in $F$.



[Quelo]

[Br1]

Finalmente

Bravo Quelo!

Il problema ha una soluzione elegante proprio perché
semplice ma non facile da vedere, come dimostra la
sua prolungata permanenza nel limbo degli "irrisolti".

In effetti, la ricerca della semplicità aiuta a contenere
le "lavagnate" di formule e tecnica a cui, mi rendo conto,
tendiamo un po' tutti (escluso Enrico, per fortuna!), anche
quando ciò non è veramente inevitabile.

[Pasquale]

Perché i due triangoli sono uguali? Grazie.

[delfo52]

se prolunghiamo il quarto di circonferenza , in senso antiorario, fino a farne una semicirconferenza, identificando un punto K' (che essendo generato con un procedimento diverso, ipotizziamo per ora diverso da K, anche se a occhio è molto vicino!) vediamo che CFK' è per foza angolo retto, insistendo su un diametro; resta da dimostrare che K coincide con K'
Considerando la costruzione sulla semicirconferenza, i due triangoli hanno il cateto lungo uguale (è pari al lato del quadrato), e i tre angoli uguali (per il gioco delle complementarità e dei vari angoli retti coinvolti); se così è, anche i due segmenti gialli sono congruenti, andando a soddisfare anche la costruzione della figura secondo il dettato origianrio.
Ho fatto una gran confusione....