Pentagono

[axpgn]

Le diagonali $\bar(AC)$ e $\bar(BE)$ del pentagono regolare $ABCDE$ si intersecano nel punto $F$.

Provare che $F$ divide entrambe le diagonali nella Sezione Aurea.


Cordialmente, Alex

[sellacollesella]

Per gli amanti della geometria analitica.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Dato un pentagono regolare \(ABCDE\) di vertici: \[
V_k = \left(\cos\left(\frac{2\,k\,\pi}{5}\right),\;\sin\left(\frac{2\,k\,\pi}{5}\right)\right),
\quad \quad \text{con} \; k = 0,1,2,3,4
\] considerando due punti mobili: \[
F_1 = A + (C - A)\,u,
\quad \quad \quad
F_2 = B + (E - B)\,v
\] con \(0<u<1\) e \(0<v<1\), essi coincidono quando: \[
F_1 = F_2
\quad \quad \Leftrightarrow \quad \quad
u = v = \frac{3-\sqrt{5}}{2}\,.
\] Pertanto, ne consegue che: \[
\frac{||C-A||}{||C-F||} = \frac{\sqrt{\frac{5+\sqrt{5}}{2}}}{\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{2}}} = \frac{1+\sqrt{5}}{2}\,,
\quad \quad \quad
\frac{||C-F||}{||F-A||} = \frac{\sqrt{\frac{5-\sqrt{5}}{2}}}{\sqrt{5-2\sqrt{5}}} = \frac{1+\sqrt{5}}{2}
\] da cui si evince che \(FC\) è medio proporzionale tra \(AC\) e \(AF\).

In maniera identica si evince anche che \(FE\) è medio proporzionale tra \(BE\) e \(BF\).

[axpgn]

Questa è troppo analitica

Una soluzione con un po' di sintetica e trigonometria? Più in linea con la sezione


Cordialmente, Alex

[sellacollesella]

Per gli amanti della geometria sintetica.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Innanzitutto, diciamo controvoglia!! , disegno un pentagono regolare \(ABCDE\), quindi traccio le diagonali \(AC\) e \(BE\), infine battezzo con \(F\) il punto d'intersezione delle due diagonali. Stancante, riposo un po'...

Ciò fatto, noto che i triangoli \(ABC\) e \(ABE\) sono isosceli di angoli \(108°\) al vertice e \(36°\) alla base.

Ne consegue che anche il triangolo \(ABF\) sia isoscele con i medesimi angoli e quindi:

• i triangoli \(ABC\) e \(ABF\) sono simili e vale la proporzione: \(\overline{AC} : \overline{AB} = \overline{BC} : \overline{AF}\);
  
  
• i triangoli \(ABE\) e \(ABF\) sono simili e vale la proporzione: \(\overline{BE} : \overline{AB} = \overline{AE} : \overline{BF}\).

Inoltre, noto che gli angoli alla base dei triangoli \(BFC\) e \(AFE\) misurano tutti la bellezza di \(72°\).

Ma allora siamo a cavallo dell'asino, in quanto \(\overline{FC} = \overline{BC} = \overline{AB} = \overline{AE} = \overline{FE}\).

É fatta! Le due proporzioni portano rispettivamente a: \[
\overline{AC} : \overline{FC} = \overline{FC} : \overline{AF}\,,
\quad \quad \quad
\overline{BE} : \overline{FE} = \overline{FE} : \overline{BF}
\] come volevasi dimostrare.

[axpgn]

Così è perfetto


Cordialmente, Alex