Triangoli

[axpgn]

In che senso? Non ho capito …

[orsoulx]

@Alex
Il punto d'intersezione di due circonferenze può essere esterno al triangolo $ ABC$
Ciao

[axpgn]

Ok, era un dubbio che era venuto anche a me ma se io faccio una dimostrazione che non fa questa assunzione allora va bene, no?

Ecco allora come ho fatto …

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Abbiamo il triangolo $ABC$.
Costruiamo il triangolo $ABD$ dove il punto $D$ è esterno al triangolo $ABC$.
Facciamo lo stesso con il triangolo $BCE$ e il triangolo $CAF$, con la condizione aggiuntiva che $\hatD+\hatE+\hatF=180°$

Ora, poniamo che le circonferenze $ABD$ e $ACF$ si incontrino, oltre che nel punto $A$, anche nel punto $X$ (dov'è? Boh)
I punti $A, B, D, X$ appartengono tutti alla circonferenza $ABD$ quindi il quadrilatero $AXBD$ è ciclico, ne consegue che $A\hatDB+A\hatXB=180°$ ovvero $A\hatXB=180°-\hatD$
La stessa cosa possiamo fare con la circonferenza $ACF$ e il quadrilatero $AXCF$ da cui otteniamo che $A\hatXC=180-\hatF$

Sappiamo che $A\hatXB+B\hatXC+C\hatXA=360°$ da cui $B\hatXC=360°-A\hatXB-C\hatXA=\hatD+\hatF=180°-\hatE$

Ma allora $B\hatXC+\hatE=180°$ e quindi il quadrilatero $BXCE$ è ciclico ovvero i punti $B, C, E, X$ stanno tutti sulla stessa circonferenza, cioè la circonferenza $BCE$ circoscritta al triangolo $BCE$.
La conclusione è che il punto $X$ appartiene a tutte e tre le circonferenze.

Va bene?

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

A mio avviso non va bene.

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Se quattro punti sono ciclici e due di questi sono opposti allora gli angoli sotto cui vedono il segmento di estremi i restanti due sono supplementari, ma se i due punti sono consecutivi i due angoli sono uguali.
Esempio: $ ABC $ equilatero con $ hat D=hat E=45° $.Se quattro punti sono ciclici e due di questi sono opposti allora gli angoli sotto cui vedono il segmento di estremi i restanti due sono supplementari, ma se i due punti sono consecutivi i due angoli sono uguali.

Correggo: $ hat D= hat E= 15° $
Ciao

[axpgn]

Beh, visto che all'atto pratico funziona sempre (anche per i punti di intersezione esterni al triangolo … e pure se il secondo punto coincide con un vertice(circonferenze tangenti) ) allora diciamo che la mia dimostrazione funziona per i punti esterni mentre quest'altra

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Visto che $A\hatDB=A\hatXB$ perché angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco questo equivale a dire che $\hatD=A\hatXB$ e analogamente $\hatF=A\hatXC$ ma $B\hatXC=A\hatXB+A\hatXC=\hatD+\hatF$ e siamo tornati nella situazione di prima

Dai, che funziona

Cordialmente, Alex