Un problema di angoli

[veciorik]

Non ho messo tutte le misure per alleggerire la grafica, ma bastano semplici differenze:

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$\angle EBF=\angle EBC - \angle FBC=80°-(180°-80°-30°)=10°$

[axpgn]

@veciorik

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E come dimostri che $B\hatFC=30°$ ?

Cordialmente, Alex

[Zelda89]

Ciao @veciorik, grazie per lo spunto!

Nella tua ricostruzione ho trovato un passaggio che scricchiola secondo me:

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Da E conduco la perpendicolare alla bisettrice di $\angle BCV$ che interseca la bisettrice in D, CV in F e il prolungamento di BC in A; CFA è isoscele con angoli 80° 50°

[/b]

Quando conduci da $E$ la perpendicolare alla bisettrice, chi ti dice che il suo prolungamento finisca proprio in $F$?
Questa asserzione secondo me equivale alla tesi, ovvero al fatto che $\angle EFB=20°$, infatti:
per dire che il prolungamento finisce in $F$ devo dimostrare che, se traccio il segmento $EF$ allora $\angle AEF=180°$. So che $\angle AEC=70°$, quindi devo dimostrare che $\angle CEF=110°$.
Sia $L$ il punto di intersezione tra la retta $CE$ e la retta $BF$, considero il triangolo $\triangle LEF$. So che $\angle ELF=50°$, per dimostrare che $\angle CEF=110°$ mi manca da sapere che $\angle EFB=20°$ che è proprio la mia tesi.

Cosa ne pensi?

[Zelda89]

Ciao @axpgn,
forse ho capito qual è il punto che non mi convince nella tua proposta di risoluzione:

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Chiamo $X$ l'intersezione tra $BG$ e $DG'$ e chiamo $G''$ l'intersezione tra $EC$ e la retta $d$.
Secondo me devono coincidere e adesso provo a dimostrarlo (n'altra volta )
Nel triangolo $XGG'$, l'angolo in $G$ vale $40°$ e l'angolo in $G'$ vale $60°$ (l'abbiamo costruito così quindi ci siamo ) perciò l'angolo in $X$ vale $80°$ quindi il supplementare vale $100°$

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Ricapitolando: $G$ è l'intersezione tra la retta tracciata a $60°$ da $CF$ e quella tracciate a $40°$ da $BE$. $G'$ invece è l'intersezione tra la retta tracciata a $40°$ da $BE$ e la retta $CE$. Quando consideri il triangolo $XGG'$ come fai a dire che $\angle XGG'=60°$ e $\angle XG'G=40°$ per costruzione?
Al massimo per costruzione mi verrebbe da dire che $\angle DGK=60°$, ma dire che $\angle DGK=\angle DG'K$ significa dire che $G$ e $G'$ coincidono che è quello che si vuole dimostrare. Sbaglio?

[orsoulx]

Una possibile dimostrazione di $GBC=20° $:

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Con riferimento al disegno di Alex $ BCD $ è un triangolo equilatero, l'arco $ BD $ ha centro in $ C $ e $ DCE=ECA=ACB $.
Le rette tratteggiate sono perpendicolari a $DB$, formano angoli di $ 10°$ in $ E $ ed $ A $ con i lati di $ ECA$; $ AFGE$ è un rettangolo e quindi $ FC=CG=FG=EA=AB $.
$ /_ABD=20° $ perché angolo alla circonferenza che sottende l'arco $ DA $ visto dal centro sotto un angolo di $ 40° $, quindi $HAB$ è simile a $ ABC $, da cui $ HB = AB $.
I triangoli $ HBC $ e $ GCB $ sono congruenti per avere due lati e l'angolo compreso rispettivamente congruenti (sono anche simmetrici rispetto alla bisettrice in $D$ del triangolo $ DBC $, quindi $ /_CBG=/_BCH=20° $.

Ciao

[veciorik]

Dati $ \ \hat{ABC}=\hat{ACB}=80° \qquad \hat{ABF}=10° \qquad \hat{ECA}=20° \qquad $
ossia $ \qquad \hat{BAC}=20° \qquad \hat{BEC}=40° \qquad \hat{BFC}=30° \ $
dimostro che $\hat{EFB}=20°$:

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La figura nera rappresenta i dati.
In rosso gli elementi ausiliari, l'equilatero $CDG$ e gli isosceli $DEC$ e $DEG$, dimostrano che $\hat{EGF}=50°$
La simmetria della figura, escluso l'isoscele verde $BCD$, rispetto all'asse azzurro di $AC$, conduce a $\hat{EFG}=50°$ e quindi $\hat{EFB}=20°$ c.v.d.

[axpgn]

Sarà l'ora ma …

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Vedo sempre lo stesso problema: per quale motivo $H$ dovrebbe essere un vertice del triangolo equilatero $AFH$ e contemporaneamente stare sul prolungamento di $CE$ ? Mi sfugge …

Anche perché se uno sapesse a priori questo fatto, quella costruzione non servirebbe, sarebbe quasi "automatico", non so se mi spiego …

Cordialmente, Alex

[veciorik]

Tutta la figura è speculare rispetto all'asse di AC, tranne il triangolo verde $BCD$ ed il segmento $BF$
Ossia tutti i triangoli/angoli/segmenti sopra l'asse sono immagini speculari di quelli sotto, compresi $ABC$ e $CAH$ ed i loro lati $AB$ e $CH$.
Questa simmetria basta per determinare che $\hat{BEC}=40°$

Resta da dimostrare che la perpendicolare a $HF$ in $F$, che forma tutti gli angoli richiesti, passa proprio per $B$

A tal scopo basta replicare tutto il grafico specularmente rispetto ad un altro asse di simmetria:

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la bisettrice di $\hat{HAF}$,
formando così l'equilatero $AC'C$ e due isosceli $AC'B'$ e $AB'B$ uguali ad $ABC$
cosicché $B'B=BC=HF$ e $B'H=BF$ con $B'BFH$ rettangolo

[axpgn]

.... mmm ... ho ancora dubbi ...

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In un primo momento volevo chiederti come fai a stabilire che $AF=CG$ ma poi ho visto che anche tu dovevi sistemare questo punto, però nella successiva dimostrazione come fai a stabilire che $BC=HF$ ? Questo sarebbe vero se $B'BFH$ fosse un rettangolo ma che l'angolo in $F$ sia retto è proprio la tesi che devi dimostrare e non un'ipotesi ...

Cordialmente, Alex

[veciorik]

Ecco la figura completa.

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Costruita volutamente con $AC'B' = AB'B = ABC$
Le circonferenze hanno tutte lo stesso raggio ossia $C'B'=B'B=BC=CG=AF=AH=HF$
Il rettangolo $B'BFH$ è tale per costruzione
Grazie alle simmetrie si verifica che tutti gli angoli, dati e incogniti, hanno i valori desiderati.
Il più laborioso da determinare è proprio $\hat{EFB}=\hat{EFG}-\hat{BFC}=50°-30°=20°$ dato che $\hat{EFG}=\hat{EGF}=180°-60°-70°=50°$


Post Scriptum 12/03/2020 22:10: dimostro che $\hat{DGE}=70°$:

1. $DCE$ è isoscele perché $\hat{DEC}=\hat{DCE}=40°$ quindi $DE=DC$
2. $DGE$ è isoscele perché $DG=DC=DE$
3. $\hat{DGE}=70°$ perché $\hat{EDG}=180°-60°-80°=40°$