Io ricordo, infatti, di aver ragionato al contrario.Enrico ha scritto: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.
Noi vediamo che F (guardando il disegno di Quelo)
appartiene al quarto di circonferenza con centro in
B e raggio congruente a BC, poiché FB ≡ BC è un
dato del problema.
Vediamo adesso cosa possiamo dire su un generico
punto P dell'arco AC non coincidente con gli estremi.
Prolunghiamo tale arco oltre la parte inferiore del
quadrato per visualizzare una semicirconferenza.
Congiungiamo P con C e K, ottenendo così il triangolo
rettangolo indicato da Enrico, e prolunghiamo il segmento
PC verso sinistra.
Troviamo una situazione geometrica che (penso) si può
comprendere senza difficoltà.
Tutti i punti P, dunque, soddisfano il dettato del problema,
come ha detto Enrico.