Un problema di angoli

[Zelda89]

Buongiorno,
vi propongo questo problema di geometria che avevo trovato su un numero di Focus di parecchio tempo fa.

In riferimento alla figura allegata, si sa che
$ \angle ABE =100°$
$ \angle EBF =10°$
$ \angle BCE =60°$
$ \angle ECF =20°$

Si deve trovare l'ampiezza dell'angolo $\angle EFB$

Ho provato a ricavare vari angoli della figura, utilizzando i vari criteri di congruenza tra triangoli. Ho provato ad aggiungere rette parallele, perpendicolari, anche alcune bisettrici ma non sono riuscita a venirne a capo.

So che utilizzando la trigonometria si arriva alla soluzione, ma mi chiedevo se si poteva arrivarci anche utilizzando solo fatti di geometria euclidea.

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Geogebra mi dice che l'angolo in questione misura $20°$

[axpgn]

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Denominiamo $K$ l'intersezione dei prolungamenti di $BE$ e $CF$.
L'angolo $EKF$ è pari a $20°$
Dal punto $K$ tracciamo due rette: una a $20°$ e una a $40°$ dalla retta $BE$ in senso orario.
Dal punto $F$ tracciamo una retta a $60°$ dalla retta $CF$ in senso antiorario.
Denominiamo $G$ l'intersezione tra quest'ultima retta e quella a $40°$.
Il triangolo $FKG$ è equilatero.
L'angolo $EGF$ è pari a $40°$
$G\hatKE=G\hatEK=40°$ quindi $GK=GE$ e perciò $GE=GF$
$G\hatEF=G\hatFE=70°$
In conclusione $E\hatFB=180°-60°-70°-30°=20°$

IMHO

Cordialmente, Alex

[Zelda89]

Grazie Alex per la risposta

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In merito alla proposta di risoluzione, vorrei chiederti una cosa che non mi è chiara.
Dopo aver costruito le tre rette che proponi, chiami $G$ l'intersezione tra la retta da 40° e quella da 60°. Per poter dire che $\angle EGF=40°$ mi servirebbe sapere che il punto $G$ appartiene alla retta $CE$, il che mi risulta vero dal disegno di GeoGebra, ma non riesco a dimostrarlo. Posso chiederti come hai fatto?

Inoltre, per curiosità, come ti è venuta l'idea di costruire un triangolo equilatero di late $KF$?

Grazie e buona giornata!

[axpgn]

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Posso chiederti come hai fatto?

Non l'ho fatto
MI è sfuggito questo "particolare"
Ma si rimedia subito

Chiamiamo $G'$ l'intersezione tra la retta $CE$ e quella a $40°$
Dato il triangolo $CKG'$, l'angolo $C\hatG'K=100°$
Tracciamo il segmento $FG'$ e quindi abbiamo il triangolo $FKG'$ con l'angolo di $60°$ in $K$
Ora $KF=KG'$ quindi triangolo equilatero e di conseguenza $E\hatG'F=40°$

Perché $KF=KG'$ ?

Con le due "nuove" rette a $20°$ e a $40°$ puoi costruire un triangolo uguale a $BCK$ e tracciare in questo triangolo due rette come la $CE$ e la $BF$ ma simmetriche e quest'ultima termina proprio in $G'$ (appunto per la simmetria)

L'idea è una reminiscenza di un problema diverso (molto più semplice) ma che aveva un triangolo simile e dopo averci provato in tanti modi, ho tentato anche quella strada

Penso che adesso funzioni … spero ...

Cordialmente, Alex

P.S.: Metti sotto spoiler le tue considerazioni/soluzioni così da lasciare "spazio" a chi volesse provarci.
Grazie

[Zelda89]

Buongiorno Alex,
mi rifaccio viva perché oggi rivedendo la tua proposta di soluzione mi sono venuti altri dubbi

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Con le due "nuove" rette a $20°$ e a $40°$ puoi costruire un triangolo uguale a $BCK$ e tracciare in questo triangolo due rette come la $CE$ e la $BF$ ma simmetriche e quest'ultima termina proprio in $G'$ (appunto per la simmetria)

Secondo me non si può dire che tracciando le rette nel nuovo triangolo che hai creato B'F' vada a finire proprio in G...

[axpgn]

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Simmetria, simmetria … come ho detto puoi fare una costruzione simmetrica a quella fatta e di conseguenza lì si incontrano … sono sicuro, prova a rifletterci

Cordialmente, Alex

[axpgn]

Perché mi hai fatto ripensare a questo problema? Avevo già buttato via tutto, che mal di testa …

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Comunque, forse ho trovato un'altra dimostrazione che i due punti coincidono in $G'$.


Allora …

Uso questa immagine come riferimento se no sarebbe (più) difficile capirsi …



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 $100°$
Nel triangolo $CGG''$, l'angolo in $G$ è lo stesso di prima quindi vale $40°$ così come l'angolo in $C$ e quindi l'angolo in $G''$ vale $100°$.
Ora se $G'$ e $G''$ coincidessero l'angolo $CG''X$ varrebbe $40°$ e di conseguenza l'angolo $CXG''=180°-40°-40°=100°$ esattamente il supplementare di $GXG'$.

Ce l'ho fatta? Io penso di sì …

Cordialmente, Alex

P.S.: però non aspettare un mese prima di farti risentire

[Zelda89]

Grazie per la risposta Alex nonostante il lungo tempo passato. Ho un bimbo piccoletto che non mi lascia molto tempo per dedicarmi alla matematica
Nelle tue proposte mi trovo sempre a un punto in cui mi manca da dimostrare che uno dei punti di intersezione costruiti debba coincidere con $F$ o $G$ del disegno di partenza ci penso ancora un momento.

Grazie ancora

[veciorik]

Ricostruisco la figura ricavando le misure degli angoli interessanti
Sia V il vertice dell'isoscele con base BC e angoli 80° 20°

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L'asse di CV interseca BV in E formando ECV isoscele e BCE con angoli 80° 60° 40°

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°

BF divide $\angle AFC=50°$ in $\angle BFC=30°$ e $\angle AFB=20°$

[axpgn]

@veciorik

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Come dimostri che $E\hatBF=10°$ ?

Cordialmente, Alex