esercizi di geometria da febbraio in su

In questo forum si discute delle Olimpiadi di Matematica

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Marco
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Messaggio da Marco » 01 gen 1970, 01:33

7.5*
<BR>---------------
<BR><font color=white>
<BR>E\' una questione già dibattuta e dimostrata sul filo sul cerchio dei 9 punti. Si è visto che bari- = (2circo- + orto-)/3. Segue dal fatto che l\'omotetia di centro il bari- e rapporto -1/2 manda l\'orto- nel circo-.</font> []
<BR>---------------
<BR>
<BR>Ciao. M.
<BR>[addsig]
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Marco
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Messaggio da Marco » 01 gen 1970, 01:33

<< Il messaggio inutile e pedante è passato a miglior vita... >><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: marco il 25-01-2005 14:36 ]
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enomis_costa88
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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

Spero di potermi fare perdonare…
<BR><Font color=white>
<BR>1 sezione 1:
<BR>45=(B’A’+BA)h/2 inoltre l’altezza del triangolo ABC è il quintuplo di quella del trapezio ABB’A’.
<BR>l’area da trovare è BA*5h/2 che si può scrivere anche come B’A’*4h+BAh+B’A’h/2.
<BR>Da ciò 5B’A’=4BA.
<BR>B’A’=Y; BA=X; Y=4/5X; h=Z; XZ=M; Area=K
<BR>Basta quindi risolvere il sistema (X+Y)Z/2=45; 5XZ/2=K;(16/5XZ)/2=K-45
<BR>Da cui K=125
<BR>2 sezione 1:
<BR>D=0,0 C=l,0 B=l,l A=0,l M=l,l/2 N=l/2,0
<BR>La retta AM= Y=-1/2X+l la retta BN Y=2X-l.
<BR>Da cui Xh=4/5l quindi il triangolo BMH ha h=1/5l e base=1/2l l’area è di 1/20l
<BR>3 sezione 1:
<BR>V=0,0 O1=-3,0 K(proiezione di O1 su T1)= 2√2
<BR>Y=(-1/2√2)X è la retta VK, eguagliando la distanza tra VK e O2 a quella tra O2 e A(punto di tangenza tra le due circonferenze): -2-X=|-(1/2√2)*X | /√(1+1/8 )
<BR>si ottiene XO2=-3/2 e quindi il raggio di C2 è ½.
<BR>4 sezione 1:
<BR>2/3 è il rapporto tra i lati di PHE e PFD;tra PFD e PGI è 3/7 e tra PHE e PGI è 2/7. quindi se GI=x, PG=y, PI=z ib=3/7x e gc=2/7x allora CB= x+3/7x+2/7x=12/7x= 144
<BR>1 sezione 2:
<BR>ch=√3 e ch^2=cb*ac=3; A del cerchio grande è (cb+ac/2)^2pi greco; le altre aree sono (ac/2)^2pi greco e (cb/2)^2pi greco quindi l’area cercata è (cb*ac/4)pi greco= ¾ pi greco.
<BR>2 sezione 2:
<BR>Tesi 1 vera:BCA+ABC=180°e CDF+FDH+FDA=180°e FDH, ABC=90°; HDC=HCD quindi FDC=FAD per differenza di angoli congruenti; FAD+FDC+AFC=180° inoltre AFC+BFD perché adiacenti e in fine FAD+FDC=2FAD=BFD=2BAC.
<BR>Tesi2 vera:FAD e isoscele per considerazioni precedenti quindi FD = FA
<BR>Tesi3 falsa:se FDA=FDB quindi BAC=ABD ma BDA è retto quindi FAD=45°come ABC quindi sarebbe isoscele, falso per ipotesi. BDA è retto perché BKHtriangolo è simile a BDCtriangolo e HK è altezza perché BHDtriangolo è isoscele e hk biseca bd quindi bdc è retto. H è il punto medio i bc e k di bd.
<BR>Tesi4 vera: DF biseca BA perché BF=FA in quanto = a FD.
<BR>Tesi5 vera: FD=FB perché i segmenti di tangenza ad una stessa circonferenza da uno stesso punto sono congruenti.
<BR>3sezione2:
<BR>OA=1 E OB=2 inoltre sappiamo che BO^2=OA*OC quindi OC =4. e il gioco continua fino a OE=16 e AE=15
<BR>6sezione 2
<BR>EFGH=1/1985(quadratino centrale) quindi HE=1/√1985 e HI=√(AA’^2- 1/1985) e per la similitudine tra HIE e A’BC(che ho già dimostrato in un altro messaggio…);
<BR>1-AA’=√(AA’^2- 1/1985)/(1/√1985).quindi AA’=1/31
<BR><font>
<BR>I restanti problemi penso d’averli già esposti forse non correttamente ma almeno non per”fiducia”..
<BR>Inoltre ho risolto l’1 e il 2 della terza sezione
<BR><Font color=white>
<BR>1 sezione 3: la media degli angoli interni del pentagono contenuto nella stella è 108°,questi angoli sono inoltre supplementari a quelli della base del triangolo della punta della stella per cui questo sarà in media di 72° quindi gli angoli nelle punte saranno in media (180-72*2)=36°;36*5=180°
<BR>2 sezione 3:il poligono suddetto non può che essere un trapezio isoscele (se BC non fosse //ad AD BA non potrebbe essere congruente ad AC in quanto B e C giacciono su di una circonferenza di centro A e D e raggio AD). O è il punto d’incontro delle diagonali. COD è congruente a ACD in quanto entrambi sono congruenti a CDA(uno perché angoli alla base di un triangolo isoscele l’altro perché entrambi supplementari di AOD,DB è bisettrice di CDA perché ODC è congruente a CBO in quanto angoli alla base di un isoscele, e BCO è simile a BAD quindi ODA=ODC) chiamando X COD e tutti gli angoli congruenti ad esso e Y CDO e Z AOD si arriva a queste relazioni 2x+y=180 e x=2y quindi 2b che è l’angolo richiesto è uguale a 72°
<BR><font>
<BR>PS non sapendo come indicare gli angoli ho semplicemente scritto ABC per l’angolo B..
<BR>cmq visto che voglio fare un allenamento intensivo senza distrazioni (tipo perdere3ore per scrivere al computer le soluzioni che avevi già descritto a grandi linee..) credo che per un po’ (almeno finché non ho tanto tempo libero) non avrò tempo di scrivere le soluzioni dettagliatamente come ho fatto ora..
<BR>
<BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: enomis_costa88 il 24-01-2005 16:25 ]<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: enomis_costa88 il 24-01-2005 20:32 ]
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Boll
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Messaggio da Boll » 01 gen 1970, 01:33

[Attenzione: post lungherrimo]
<BR>
<BR>Premesse: Ringrazio Evariste per i problemi e per la conversione in PDF, lo ringrazio anticipatamente per le correzioni <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"><IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">
<BR>Non ho letto nessuna delle soluzioni degli altri perchè prima di leggerle voglio essere sicuro di non essere in grado di fare il tal problema, una volta verificatosi ciò per tutti i problemi, le leggerò per \"arricchirmi\". Scusatemi quindi se, in alcune delle mie soluzioni, \"scopiazzo\" le vostre, vi assicuro che non è volontario, nè, se ci pensate, avrebbe senso <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
<BR>
<BR>Ecco quindi le mie soluzioni:
<BR><font color=white>
<BR>Sezione 1
<BR>
<BR>1. I triangoli ABC e A\'B\'C sono simili poichè hanno due lati proporzionali l\'angolo fra essi compreso comune. Il rapporto tra i loro lati è 4/5, quindi, chiamata x l\'area di BC e y quella di A\'B\'C si avrà
<BR>x=25/16*y
<BR>x-y=45, da cui
<BR>x=125
<BR>
<BR>2. Bastano due \"colpetti\" di geometria analitica, metto il quadrato in un sistema di riferimento cartesiano con un veritice nell\'origine e 2 lati sulle rette delgli assi (posso sempre farlo, se non è lì lo ruoto e poi lo traslo). A questo punto utilizzando la formula del punto medio di un segmento e dell\'equazione della retta noti 2 punti, e quella della distanza punto retta, trovo che l\'altezza del mio triangolo è 1/5*l e il suo lato l/2, quindi l\'area è l<sup>2</sup>/20
<BR>
<BR>3. Chiamato r il raggio picolo, b la sua \"tangente\" e a il segmento cheda v va a toccare la circonferenza piccola avremo che:
<BR>per sottrazione a+2r=2
<BR>poichè i triangoli retangoli che si formano con le tangenti sono simili (2 angoli comuni) 3/(a+r)=1/r, quindi a=2r
<BR>mettendo a sistema si ricava r=1/2
<BR>
<BR>4. Sfruttiamo la similitudine dei tre triangolini di cuim è nota l\'area, esprimiamo tutti i segmenti in funzione del lato di uno di essi (sfruttando anche il fatto che vi sono tre parallelogrammi, quindi lati opposti congruenti). Poi sommando le varie lunghezze otteniamo il rapporto tra il lato di ABC e quello del triangolo preso come \"campione\". Io ho usato PFD e trovo che il rapporto fra i suoi lati e quelli di ABC sia 1/4, quindi l\'area di ABC è 9*16=144
<BR>
<BR>5. [Che schifo!!!] Esprimo l\'area in funzione di d e di un\'altezza sfruttando le similitudini, poi calcolo con Erone l\'area del triangolo, di conseguenza l\'altezza, di conseguenza d.
<BR>
<BR>6. Sbattiamo il nostro quadrilatero in un sistema di riferimento cartesiano, per semplificare (muhauhauhau) i conti, lo trasliamo, lo ruotiamo, e facciamo coincidere un vertice (A) con l\'origine e un lato con l\'asse x, poi conti, conti, conti...
<BR>
<BR>Sezione 2
<BR>
<BR>1. Chiamiamo AC=a, BC=b, avremo, per il II teorema di Euclide che ab=3, il problema chiede di calcolare, svolgendo i conti di sottrazione fra le aree, pi*ab/2, quindi l\'area è 3/2*pi
<BR>
<BR>2. Chiamiamo M il punto medio di BC. ABC=a, BCA=b, allora BMD è angolo alla centro di BCA, quindi=2b. La somma angoli interni di un quadrilatero è 360 gradi, da cui, per sottrazione BFD=2a (prima tesi). Quindi AFD=180-2a, FDA=180-180+2a-a=a (II tesi) e AFD è isoscele. Per conseguenza del fatto che FB e FD tangono la circonferenza dallo stesso punto, F è punto medio di AB (IV tesi) e il triangolo BFD è isoscele (V tesi), se fosse vera la terza tesi si avrebbe che a=45 poichè 4a=180, ma ciò è impossibile per ipotesi.
<BR>
<BR>3. Tutti i triangoli sono simili per osservazioni sugli angoli complementari, quindi, facendo i conti con le proporzioni, AE=15.
<BR>
<BR>4. Confrontando le due formule per ottenere l\'area del triangolo rettangolo, si ha che h=ab/c, dove h è l\'altezza relativa all\'ipotenusa, a e b sono i cateti e c l\'ipotenusa. Si pongono A,B gli angoli opposti a i lati a e b. Sfruttando la formula S=1/2*ab*sin(gamma), calcoliamo l\'area cercata come somma delle tre aree dei triangoli risultanti (C\'A\'C, A\'B\'C, B\'C\'C) avremo
<BR>Area= ab/2+a<sup>2</sup>b*1/c*sin(90+B)+b<sup>2</sup>a*1/c*sin(90+A)
<BR>che, sfruttando le formule di addizione, si può chiudere fino a:
<BR>ab(1/2+a*cosB/c+b*cosA/c), che è equivalente a ab(1/2+((a<sup>2</sup>+b<sup>2</sup>)/c<sup>2</Sup>)), [per arrivare a questa si è semplicemente sfruttata la definizione di coseno] cioè
<BR>3/2*ab, cioè il triplo dell\'area del triangolo iniziale.
<BR>
<BR>6. Sempre geometria analitica, il problema si riduce a calcolare la distanza, elevata al quadrato, del punto A\', di coordinate (1/n;0) dalla retta AC\', che ha equazione n*1/(n-1)*x-y=0. Tale distanza vale 1/(n<sup>2</sup>+(n-1)<sup>2</sup>), ponendola uguale a 1/1985 e svolgendo l\'equazione di II grado che se ne ricava, escludendone la soluzione negativa, si ha n=32
<BR>
<BR>7. Chiamata c l\'ipotenusa, dev\'essere a=c-k, b=c-2k, dove k è un naturale, ragione della progressione. Quindi imponendo
<BR>c<sup>2</sup>=(c-k)<sup>2</sup>+(c-2k)<sup>2</sup>
<BR>c<sup>2</sup>-6ck+5k<sup>2</sup>=0
<BR>Risolvendola come una banale equazione di II grado otteniamo
<BR>c=5k vel c=-k, escludendo la soluzione negativa, si ha che hanno i lati in progressione aritmetica tutti e soli i triangoli rettangoli in cui l\'ipotensua e multipla di 5, quindi tutti e soli i triangoli rettangoli con i lati della forma (5k, 4k, 3k)
<BR>
<BR>Sezione 3
<BR>
<BR>1. Indipendentemente dalle punte della stella, la somma angoli interni è 180 gradi, poichè è equivalente alla metà della somma di n angoli al centro che ricoprono interamente la circonferenza.
<BR>
<BR>2. ABD e CDA sono triangoli congruenti perchè hanno tre lati comuni. Ne consegue che hanno tutti gli angoli uguali, chiamiamo ADC=a, DAC=b. Dopo alcune osservazioni, derivate dal fatto che i triangoli isosceli hanno 2 angoli congruenti e osservando angoli opposti al vertice si ottiene: 5a=360 --> a=72
<BR>
<BR>4. I triangoli EAC e DCB sono congruenti e isosceli, DBA= 108-60=48, quindi BCO=ACO=(180- 48 )/2=66, quindi l\'angolo cercato è 360-132-60=168 gradi
<BR>
<BR>5. I triangoli DCE e ABE sono congruenti e isosceli,a vremo che ECD=90-60=30, DEC=AEC=(180-30)/2=75, quindi AED=360-210=150
<BR>
<BR>6. Corde congruenti sottendono archi congruenti, e metà di segmenti congruenti sono congruenti. Quindi, BM1=CM1=AM2=CM2, poichè angoli alla circonferenza congruenti insistono su corde congruenti, avremo che CM1M2=CM2M1=BCM1=CBM1=CAM2=ACM2, ma poichè CKM1=CJM2 perchè angoli supplementari. Quindi, perchè metà di angoli esplementari CKM2=CJM1, che è la tesi.</font color=white>
<BR>
<BR>Prima o poi posterò gli altri che riesco a fare...
<BR>
<BR>EDIT: Aggiunti 3 problemi
<BR>EDIT 2: Aggiunti ancora 4<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Boll il 24-01-2005 21:20 ]
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EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

Vorrei dire alcune cose che credo vi possano essere utili :
<BR>
<BR>1) nel raccogliere i problemi una delle mi preoccupazioni fu di renderli indifferentemente accessibili ad uno del biennio come ad uno del triennio (o cose che sanno tutti o cose che a scuola non fa quasi nessuno).
<BR>
<BR>2) crecare più soluzioni di uno stesso quesito può essere utile (non durante una gara, ma mentre ci si allena) per scoprire le potenzialità delle diverse tecniche su casi semplici e già risolti.
<BR>
<BR>3) se volete veramente prepararvi ad una gara, vi conviene cercare di scrivere la soluzione di ciascun problema con cura e precisione, evitando cose come \"si fanno i conti e viene\" ... se i conti diventano troppo lunghi, pensate che vi può essere sfuggito qualche particolare semplificatore (almeno in questi esercizi e nelle gare di febbraio -- di solito); è meglio affogare nei compiti su un po\' di problemi sciocchi di allenamento che non perdercisi durante i Giochi.
<BR>
<BR>4) leggete le soluzioni degli altri e guardate che strumenti usano e quali vie di ragionamento percorrono; spesso è utile confrontare diverse soluzioni o diversi modi di impostare la soluzione. Se vedete qualche teorema o nozione che non conoscete, chiedete e cercate di aggiungerlo al vostro bagaglio teorico.
<BR>
<BR>--Fine Consigli--

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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

Altre tre soluzioni(o presunte tali <IMG SRC="images/forum/icons/icon_frown.gif"> )
<BR><font color =white>
<BR>Es numero 3 sezione 3:
<BR>DCB=a= 25°; DBC=DAC=b; CDB=c;CDE=CED=d;EDA=f;AED=g; CDA=h
<BR>da ciò si ricavano le seguenti per somma di angoli interni di un triangolo o perché angoli supplementari.
<BR> f+d=h; d+f+c=180°; f+b+g=180°; a+b+c=180°; c+h=180°; d+g=180°;d=b+f.
<BR>da ciò si ricava che a=2f quindi f=25°/2
<BR>Es4 sezione3
<BR>CAE=CBD=108-60(angolo di un pentagono equilatero- angolo di un triangolo equilatero…)=48° ACE=CEA=BDC=BCD=x;48+2x=180;x=66.ECD=y;y+60+66+66=360;y=168°
<BR>Es5 sezione3
<BR>ABE=ECD=90-60(angolo di un quadrato- angolo di un triangolo equilatero)=30°. inoltre ABEtriangolo e DCEtriangolo sono isosceli in quanto BE=BA=CD=CE.quindi BAE(angolo…)=AEB=EDC=CDE=x;180-2x=30;x=75.AED=y;60+2(75)+y=360;y=150.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: enomis_costa88 il 24-01-2005 20:28 ]
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Messaggio da karl » 01 gen 1970, 01:33

Sezione 4 N° 5
<BR><font color=white>
<BR>Sia R l\'intersezione di AC e BD.Risulta:
<BR>MAB=MBA=ADM=MDB=ACM=MCB ed inoltre BAC=BDC
<BR>perche\' tutti angoli alla circonferenza che
<BR>insistono sullo stesso arco o su archi congruenti.
<BR>Per il teorema della bisettrice (interna) applicata
<BR>ai triangoli ADR e BCR si ha:
<BR>AE/ER=DA/DR , BF/FR=BC/CR
<BR>e dalla similitudine dei triangoli ADR e BCR:
<BR>DA/DR=BC/CR.
<BR>Dunque AE:ER=BF:FR e cio\' prova che EF e\' parallelo ad
<BR>AB e che FER=BAR=BAC (angoli).
<BR>NEL triangolo CEF l\'angolo EFC risulta supplementare
<BR>di FEC+ECF e quindi,essendo
<BR>FEC=FER=BAC=BDC=FDC e ECF=ACM=MDB=EDF,risulta
<BR>supplementare di FDC+EDF=EDC
<BR>c.v.d.
<BR></font>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 25-01-2005 12:56 ]

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Messaggio da Sisifo » 01 gen 1970, 01:33

Soluzione che però usa strumenti con cui non sono molto familiare, quindi prendetela con le molle...
<BR><font color =\"white\">
<BR>7.4
<BR>L\'idea è di trovare la trasformazione che porta AP in AQ lasciando fisso A. Questa risulta essere una rotazione di 45° attorno ad A in senso antiorario seguita da un\'omotetia di centro A e caratteristica (credo si dica così) Sqrt(2). Quindi il luogo geometrico dei punti Q è il trasformato del luogo dei punti P secondo questa trasformazione, cioè poichè il luogo dei punti P è gamma, una circonferenza di raggio Sqrt(2) volte quello di gamma e avente per centro il punto immediatamente successivo al centro O di gamma nel quadrato di lato AO considerando i vertici in senso antiorario
<BR></font>
<BR>Se qualcuno mi indica per favore un modo per scrivere i simboli matematici (radici quadrate e lettere greche ad es.) mi fa anche un grandissimo piacere![addsig]
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Messaggio da Sisifo » 01 gen 1970, 01:33

Ancora soluzioni...
<BR><font color=\"white\">
<BR>7.3
<BR>Chiamando i vertici del pentagono A, B, C, D, E consideriamo il quadriatero ABCD. Poichè BC//AD è un trapezio e poichè inscritto un trapezio isoscele... Di conseguenza ^B=^C e AB=CD. Ripetendo il ragionamento per tutti i quadrilateri ottenuti togliendo un vertice al pentagono, si vede che tutti i lati e tutti gli angoli sono uguali, quindi è regolare.
<BR></font>
<BR>...[addsig]
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Messaggio da karl » 01 gen 1970, 01:33

Sezione 5 N° 7
<BR>Escludiamo il caso (degenere) di P coincidente con un vertice
<BR>del triangolo.Sia allora Q un punto interno ad uno dei lati
<BR>(per esempio AB).Dei 3 segmenti QA,QB,QC QC e\' certamente il
<BR>maggiore (basta proiettare Q su BC ed AC e ricordare che a
<BR>proiezione maggiore corrisponde obliqua maggiore).
<BR>Abbiamo:QA+QB=AB;ora,se Q sta su BH (H, punto medio di AB, incluso),e\'
<BR>BQC>=QHC=90° e dunque AB=BC>QC.Analogamente se Q sta su AH (H incluso)
<BR>e\' AQC>=QHC=90° e dunque AB=AC>QC.In ogni caso e\' QA+QB>QC e cio\'
<BR>prova che QA,QB,QC possono essere i lati di un triangolo.
<BR>Siano ora P un punto interno al triangolo e Q l\'intersezione
<BR>(ad esempio) di CP con AB.Si ha:
<BR>PA+PB>AB , ma per quanto visto prima AB=QA+QC>QC e quindi
<BR>PA+PB>QC e ,a fortiori essendo QC>PC, PA+PB>PC ed anche in
<BR>questo caso il quesito e\' provato.
<BR>Detto G il centroide del triangolo,sia P interno (per esempio)
<BR>al triangolo ABG.
<BR><!-- BBCode Start --><IMG SRC="http://xoomer.virgilio.it/carlolorito/bari.bmp"><!-- BBCode End -->
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 26-01-2005 14:21 ]

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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

Ancora 2 dimostrazione...cmq alla fine stò provando a seguire i consigli di EvaristeG..
<BR>[<font color =white>
<BR>Esercizio 6 sezione 3
<BR>M1 giace sull’asse di CA,inoltre appartiene, come CA alla circonferenza; questa circonferenza è circoscritta al triangolo CAM1 quindi il centro O della circonferenza è il circocentro del triangolo CAM1 e l’asse di CA passa per O. Per analogo ragionamento l’asse di CB passa perO. Quindi il triangolo M2M1O è isoscele in quanto M1O e M2O sono raggi. Chiamiamo a l’angolo HM1O e KM2O che gli è congruente perché angoli alla base di un triangolo isoscele, b è l’angolo M1HA e CHM2 che gli è congruente perché opposti al vertice, c l’angolo M2KB e CKH che è opposto al suo vertice. Si ha quindi che c+a+90=180 e che b+a+90=180 quindi c=b e che CHK è isoscele.
<BR>Es 7 sezione 3
<BR>CHBtriangolo è inscrivibile in una semicirconferenza di centro M e raggio MH perché CHB(angolo)è retto e CM = MB. MH,MB,MCsono congruenti in quanto raggi, MH=LM per ipotesi quindi LM è raggio e CLB(angolo) è retto. LBè altezza e bisettrice,quindi ABC è isoscele su base AC. LA=LH=LM=LC perché raggi della semicirconferenza di centro L passante per H (AHCangolo è retto e LA=LC perché LB è anche mediana; quindi AHCtriangolo è inscrivibile in quella semicirconferenza). Quindi AC è congruente a CB e per transitività a AB. Il triangolo è quindi equilatero.
<BR><Font color= blue><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: enomis_costa88 il 26-01-2005 18:41 ]
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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

Ho la soluzione di un\'altro problema...ma è una mia impressione o ultimamente non c\'è + nessuno su \"Geometria>=Febbraio????\"PS gradirei se EvaristeG aggiornasse la tabella...è solo per vedere quante dimostrazioni vanno bene delle mie..
<BR>Esercizio 8 sezione 3
<BR><font color = white>
<BR>Il triangolo ABC è equilatero perché:1) AQB angolo è retto perché inscritto in una semicirconferenza quindi ABC angolo = BCA perché la bisettrice è anche altezza e quindi il triangolo è isoscele sulla base BC. 2)per analogo ragionamento sull’angolo retto APB, ABC è isoscele anche sulla base AC ed è quindi equilatero. Le sue bisettrici valgono 30°.
<BR>Chiamiamo O il centro della circonferenza circoscritta a CQP. Il triangolo POC è isoscele perché PO e OC sono raggi;analogo ragionamento sul triangolo COQ. CR è la bisettrice di PCQ(angolo) e PCR =RCQ (angoli) e per transitività =OQC. Sappiamo che tutti questi angoli valgono quindi 30°. 4*30°+2x=180°(la somma degli angoli interni del triangolo PQC di cui non conosciamo OPQ e OQP che sono gli angoli x) e che x=30. Da ciò si deduce che l’angolo CPQ = 60°e sapendo che è complementare con QPB si deduce che QPB= 30° Per analogo ragionamento si deduce che anche RQP= 30°. Quindi PR=RQ= (l√3)/3<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: enomis_costa88 il 27-01-2005 15:20 ]
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EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

enomis, credo che tu abbia fatto due errori di calcolo, uno nel 2.1 e uno nel 2.6.
<BR>Per il resto le tue soluzioni vanno bene, ma rivelano che tu ti trovi molto più a tuo agio con la geometria analitica e le equazioni, che non con la geometria sintetica...non è una colpa, ma avere qualche confidenza con riga e compasso non è mai male, in vista delle gare.
<BR>
<BR>Preciso che non ho sempre tempo per spulciare il thread e guardare con attenzione le soluzioni, quindi non pretendete troppo...tra un po\', magari, metterò online da qualche parte anche le soluzioni ufficiali (=mie).

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Messaggio da Boll » 01 gen 1970, 01:33

Grazie mille Evariste per le correzioni, te ne lascio un altro pò per quando hai tempo e voglia <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"><IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif"><IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>
<BR><font color=white>
<BR>
<BR>Sezione 2
<BR>
<BR>Problema 5: Chiamiamo R il raggio grande, r il raggio piccolo e a il segmento che va dal centro della prima circonferenza al primo punto della piccola che incontra, sulla retta che congiunge i 2 centri delle circonferenze. Ricordiamo che R=1. Avremo che:
<BR>a+2r=1
<BR>(r+1)<sup>2</sup>=1+(a+r)<sup>2</sup>
<BR>a<sup>2</sup>+2ar-2r=0
<BR>a<sup>2</sup>+a(1-a)-(1-a)=0
<BR>2a=1
<BR>a=1/2
<BR>
<BR>Sezione 3
<BR>
<BR>Problema 3:
<BR>Chiamiamo x l\'angolo CED, avremo che, ECD=180-2x, CAB=CBA=(205-2x)/2, quindi avremo che:
<BR>2(205-2x)=180, da cui x=57,5 e quindi a tutti gli angoli enunciati precedentemente faremo corrispondere la loro ampiazza, ora:
<BR>CDB=180-(25+45)=110
<BR>EDA=180-(110+57,5)=12,5
<BR>
<BR>Problema 7:
<BR>Per il teorema di Talete CL:CM=LH:MH, quindi CL=CM, poichè CHB=90 gradi, esiste una circonferenza di diametro BC che passa per H, tale circonferenza avrà centro nel punto medio del proprio diametro, quindi CM=BM. Poi sono tutte osservazioni sugli angoli e triangoli isosceli o equilateri
<BR>
<BR>
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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 01 gen 1970, 01:33

Visto che la tecnica utilizzata nel 7.4 funziona, perchè non applicarla nel 7.1?
<BR><font color=\"white\"> Cerchiamo la trasformazione che manda da A in C. Poichè per ogni A ci sono due C possibili ( a seconda del semipiano scelto), ne esistono due: un\'omotetia di rapporto Sqrt(3) seguita rispettivamente da una rotazione di 90° in senso orario o antiorario. Quindi il luogo è l\'unione dei due insiemi ottenuti applicando ad a le due trasformazioni, cioè l\'unione delle due rette ortogonali ad a e a b distanti da P sqrt(3) volte la distanza di P da b.
<BR></font>
<BR>Grazie EvaristeG per la tua infinita pazienza...[addsig]
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