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

2.8*:
<BR>---------------
<BR><font color = white>Faccio direttamente il 2° (il 1° è un caso particolare...).
<BR>Ricordo che, dato un p.to P e un cerchio di centro O e raggio R, si definisce la potenza di P rispetto al cerchio come OP<sup>2</sup>-R<sup>2</sup>.
<BR>
<BR>Ricordo anche che, date due crf nel piano, il luogo dei punti che hanno la medesima potenza rispetto ad entrambe è una retta, che viene detto asse radicale. Per crf secanti l\'a.r. è la retta che passa per le intersezioni.
<BR>
<BR>Notazione: pongo AB = 2x. Siano O<sub>1</sub> e O<sub>2</sub> i centri delle due circonferenze; P<sub>1</sub> e P<sub>2</sub> le loro proiezioni sulla r.ta ABCD.
<BR>
<BR>P<sub>1</sub> è il p.to medio di AC e P<sub>2</sub> lo è di BD (le rette OP sono assi delle corde assegnate).
<BR>
<BR>La tesi è equivalente a dimostrare che la pot. rispetto al primo cerchio e al secondo cerchio di P<sub>1</sub> sono uguali.
<BR>
<BR>Per calcolare i raggi delle crf userò Pitagora ai triangoli rettangoli AO<sub>1</sub>P<sub>1</sub> e BO<sub>2</sub>P<sub>2</sub>.
<BR>
<BR>La prima potenza:
<BR>(O<sub>1</sub>P<sub>1</sub>)<sup>2</sup> - [ (O<sub>1</sub>P<sub>1</sub>)<sup>2</sup> + (A</sub>P<sub>1</sub>)<sup>2</sup> ] = -(3x)<sup>2</sup> = -9x<sup>2</sup>.
<BR>
<BR>La seconda:
<BR>(O<sub>2</sub>P<sub>1</sub>)<sup>2</sup> - [ (O<sub>2</sub>P<sub>2</sub>)<sup>2</sup> + (B</sub>P<sub>2</sub>)<sup>2</sup> ] =
<BR>[Pitagora] (P<sub>1</sub>P<sub>2</sub>)<sup>2</sup> + (P<sub>2</sub>O<sub>2</sub>)<sup>2</sup> - (P<sub>2</sub>O<sub>2</sub>)<sup>2</sup> -
<BR>(5x)<sup>2</sup> = (4x)<sup>2</sup> - (5x)<sup>2</sup> = -9x<sup>2</sup>. </font>[]
<BR>---------------
<BR>Ciao. M.
<BR>
<BR>\"Maybe. But so great a claim will need to be established, and clear proofs will be required.\"<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: marco il 19-01-2005 14:17 ]
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
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Poliwhirl
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Messaggio da Poliwhirl » 01 gen 1970, 01:33

Sezione 1, problema 3:
<BR>3. Sia C<sub>1</sub> una circonferenza di centro O<sub>1</sub> e sia V un punto esterno ad essa; tracciamo le tangenti t<sub>1</sub>, t<sub>2</sub> da V a C<sub>1</sub>. Sia C<sub>2</sub> una circonferenza di centro O<sub>2</sub> tangente a C<sub>1</sub>, a t<sub>1</sub> e a t<sub>2</sub> con raggio minore di quello di C<sub>1</sub>. Sapendo che VO<sub>1</sub>=3 e che il raggio di C<sub>1</sub> è 1, calcolare il raggio C<sub>2</sub>.
<BR>
<BR><font color=white>
<BR>Chiamiamo T il punto di intersezione della retta t<sub>1</sub> con la circonferenza C<sub>1</sub> e S il punto di intersezione della retta t<sub>1</sub> con la circonferenza C<sub>2</sub>. Abbiamo VT=2*sqrt(2) (teorema di Pitagora) e quindi A(O<sub>1</sub>TV)=sqrt(2). Poniamo O<sub>2</sub>S=r(C<sub>2</sub>)=x . I triangoli O<sub>1</sub>TV e O<sub>2</sub>SV sono simili (hanno i 3 angoli uguali); quindi Area(O<sub>1</sub>TV)/Area(O<sub>2</sub>SV)=O<sub>1</sub>T/O<sub>2</sub>S , cioè A(O<sub>1</sub>TV)/A(O<sub>2</sub>SV)=1/x<sup>2</sup> . O<sub>2</sub>V=3-1-x=2-x , SV=sqrt[(2-x)<sup>2</sup>-x<sup>2</sup>]=2*sqrt(1-x) ; Area(O<sub>2</sub>SV)=(O<sub>2</sub>S*SV)/2=x*sqrt(1-x). Sostituendo le Aree in A(O<sub>1</sub>TV)/A(O<sub>2</sub>SV)=1/x<sup>2</sup> otteniamo sqrt(2)/x*sqrt(1-x)=1/x<sup>2</sup> da cui dopo alcuni calcoli otteniamo x=r(C<sub>2</sub>)=1/2.
<BR>Mi rendo conto che tutto ciò non è per niente elegante...
<BR><font color=black>
<BR>Bye,
<BR>#Poliwhirl#<font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Poliwhirl il 19-01-2005 19:34 ]
POLIWHIRL

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Messaggio da Poliwhirl » 01 gen 1970, 01:33

Sezione 1, problema 4:
<BR>4. Sia ABC un triangolo e sia P un punto al suo interno. Tracciamo per P una retta parallela a BC che incontra AB in D e AC in E, una retta parallela a AC che incontra AB in F e BC in G e una retta parallela a AB che incontra AC in H e BC in I. Sappiamo che PHE ha area 4, PDF ha area 9 e PGI ha area 49; calcolare l\'area di ABC.
<BR>(Qualcuno controlli la mia soluzione, please)
<BR><font color=white>
<BR>Applicando ripetutamente i teoremi sugli angoli formati da una trasversale che taglia rette parallele, arriviamo facilmente alla conclusione che i triangoli ABC, PHE, PDF, PGI sono tutti simili tra loro presi due a due. Area(PGI)/Area(PDF)=49/9 quindi PI/FD=7/3 , cioè PI=(7/3)FD ; A(PHE)/A(PDF)=4/9 quindi HP/FD=2/3 , cioè HP=(2/3)FD . HP//AF e AH//PF quindi il quadrilatero AFPH è un parallelogramma, e quindi AF=HP ; analogamente si arriva a DB=PI . Possiamo scrivere, dunque: AB=AF+FD+DB=HP+FD+PI=(2/3)FD+FD+(7/3)FD=4FD , cioè AB/FD=4 . Quindi Area(ABC)/Area(PFD)=16 da cui Area(ABC)=16*9=144 .
<BR><font color=black>
<BR>Bye,
<BR>#Poliwhirl# <font color=white><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Poliwhirl il 19-01-2005 22:24 ]
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sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2005-01-19 14:19, Poliwhirl wrote:
<BR>Sezione 1, problema 3:
<BR>3. Sia C<sub>1</sub> una circonferenza di centro O<sub>1</sub> e sia V un punto esterno ad essa; tracciamo le tangenti t<sub>1</sub>, t<sub>2</sub> da V a C<sub>1</sub>. Sia C<sub>2</sub> una circonferenza di centro O<sub>2</sub> tangente a C<sub>1</sub>, a t<sub>1</sub> e a t<sub>2</sub> con raggio minore di quello di C<sub>1</sub>. Sapendo che VO<sub>1</sub>=3 e che il raggio di C<sub>1</sub> è 1, calcolare il raggio C<sub>2</sub>.
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>
<BR>questo si puo\' risolvere anche utilizzando la seguente relazione che deriva dalla similitudine dei triangoli in \"gioco\":
<BR>
<BR>(r1 - r2)/(r1 + r2) = r1/VO1
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>PS
<BR>Problema di costruzione collegato:
<BR>dato un triangolo, costruire i cerchi interni al triangolo tangenti all\'incerchio ed a due lati del triangolo.<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 20-01-2005 14:43 ]

sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 » 01 gen 1970, 01:33

#2.8
<BR>
<BR>indicati con E ed F gli estremi della corda comune, sia K=AD^EF.
<BR>Per il teorema delle corde, AK*KC = EK*KF = BK*KD.
<BR>Da cui (AB+BK)KC = BK(KC+CD), che equivale alla seguente AB*KC = BK*CD. Ma CD = 3AB, quindi KC = 3BK e da qui la tesi.
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>

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

Uhm ... effettivamente nel messaggio di apertura non l\'ho specificato ... questi problemi li ho raccolti (e già usati) come una preparazione a Febbraio e alla parte media/facile di Cesenatico (esclusi i problemi con la stella e quelli della sezione \"infinito\").
<BR>Inoltre i problemi di una singola sezione sono ordinati più o meno secondo difficoltà, quindi scegliete cum grano salis quali risolvere a seconda di quanto siete fighi/scarsi/\"algebri\"/\"geometri\".
<BR>
<BR>Detto questo...fateveli durare poichè non produco problemi di geometria a ritmo costante in formato ps/pdf.
<BR>

sprmnt21
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Messaggio da sprmnt21 » 01 gen 1970, 01:33

provo con il #2.7 che non e\' un problema di geometria.
<BR>
<BR>se a, b e c (c ipotenusa) sono le lunghezze dei lati del generico triangolo rettangolo, allora a^2+b^2 = c^2 <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">.
<BR>
<BR>per essere in progressione artmetica deve risultare b = (a+c)/2.
<BR>Quindi 5a^2 + 2ac - 3c^2 = 0; che si puo\' riscrivere come:
<BR>
<BR>2a^2 + 3a^2 + 2ac - 3c^2 = 0; riaggruppando opportunamente, diventa:
<BR>
<BR>(a + c)(5a -3c) = 0.
<BR>
<BR>Percio\' le uniche soluzioni sono quelle per cui 5a = 3c cioe\' a = 3t e c = 5t e infine b = 4t.
<BR>
<BR>
<BR>
<BR>

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

Sezione 1, problema 1:
<BR>1. Sia ABC un triangolo e siano A1 e B1 due punti sui lati AC e BC rispettivamente; sapendo che AA1=(1/5)AC, che BB1=(1/5)BC e che l\'area del quadrilatero ABB1A1 è 45 cm^2 trovare l\'area del triangolo ABC.
<BR>
<BR>Per l\'inverso del teorema di Talete A1B1 // AB, quindi i triangoli ABC e A1B1C sono simili.
<BR>A1C=(4/5)AC , quindi A1C/AC=4/5 . Poniamo x=Area(A1B1C); allora Area(ABC)=45+x; possiamo dunque scrivere A(A1B1C)/A(ABC)=(4/5)^2 cioè x/(45+x)=16/25 da cui x=A(A1B1C)=80; quindi A(ABC)=(80+45)cm2=125 cm2 .
<BR>
<BR>Bye,
<BR>#Poliwhirl#
<BR>
<BR>
<BR>Domanda:
<BR>perche\' A(A1B1C)/A(ABC)=(4/5)^2 ?

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

Il procediemento di Poliwhirl è giusto.Leggi questo post:
<BR>
<BR><!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2005-01-18 21:36, EvaristeG wrote:
<BR>Uhm .. Cu_Fa ... te lo sei detto da solo.
<BR>Hai problemi con le similitudini ? beh usale!!
<BR>Ti ricordo che se due figure sono simili e il rapporto tra le loro dimensioni lineari è k, allora il rapporto tra le loro aree è k^2.
<BR>Ad es per due triangoli ABC e DEF tali che AB/DE=BC/EF=CA/FD=k, averemo che
<BR>Area(ABC)/Area(DEF)=k^2.
<BR>Detto questo...il triangolo MBH non è simile a qualche altro triangolo nella figura di cui tu conosci l\'area? e in che rapporto stanno i lati?
<BR>
<BR>Inoltre, per dimostrare che un angolo di un triangolo è retto, basta far vedere che gli altri due sono complementari.
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>Avrei 2 domande:
<BR>*)come si fanno gli indici?
<BR>**)La soluzione del problema 1 sezione 2 è 3/4 pi)?
<BR>Probabilmente ti chiedo troppo ma potresti scivere le soluzioni di ciascun problema?
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Cu_Fa il 20-01-2005 17:26 ]

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

Grazie per la risposta veloce. Non avevo notato il post.

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Messaggio da Poliwhirl » 01 gen 1970, 01:33

<!-- BBCode Quote Start --><TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD><font size=-1>Quote:</font><HR></TD></TR><TR><TD><FONT SIZE=-1><BLOCKQUOTE>
<BR>On 2005-01-20 17:23, Cu_Fa wrote:
<BR>
<BR>Avrei 2 domande:
<BR>*)come si fanno gli indici?
<BR>
<BR></BLOCKQUOTE></FONT></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE><!-- BBCode Quote End -->
<BR>
<BR>Per gli apici <.sup>apice<./sup> e per i pedici <.sub>pedice<./sub> , il tutto senza quei punti.
<BR>
<BR>Bye,
<BR>#Poliwhirl#
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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

ragazzi sono riuscito a risolvere i primi 4 esercizi della prima sezione usando le similitudini per il quarto, la geometria analitica per il terzo e per il secondo e nel primo ho messo in sistema tutti i dati senza quasi guardarlo(bastava saper il rapporto tra l\'h del triangolo e quella del trapezio).. i miei risultati sono 125cmq per il primo 1/10 l^2 per il secondo 1/2 per il terzo e 144 per il quarto..ma ho problemi sul quinto che stò provando a risolvere attraverso le similitudini.. mi sono uscite 3 equazioni in tre incognite che dovrebbero bastare ma mi escono calcolacci paurosi..se qualcuno sta provando a risolverlo...
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EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 01 gen 1970, 01:33

Allora ...
<BR>@Cu_Fa :
<BR>1) i pendici (<SUB>quelli sotto</SUB>) si fanno scrivendo
<BR>#SUB@quello_che_vuoi_in_pendice#/SUB@
<BR>dove devi sostituire # con < e @ con >.
<BR>per gli apici (<SUP>quelli sopra</SUP>) lo stesso, solo con SUP al posto di SUB.
<BR>
<BR>2) le soluzioni numeriche non le ricordo ora e non ho qua il foglio...qualcun altro potrà farlo anche lui e darti conferma o smentita.
<BR>
<BR>3) ho effettivamente scritto anche le soluzioni, ma non mi sembra il caso di metterle online...sono proposte, non consigli del medico, provate a farli e confrontatevi tra di voi...se posti qui la tua soluzione troverai certamente qualche volentereso che ti bastona per questo o quell\'errore.
<BR>Magari tra un bel po\' di tempo metterò online anche le soluzioni.
<BR>
<BR>@enomis_costa88 (e @tutti_gli_altri) :
<BR>4) le sezioni sono per argomento e precisamente:
<BR>1-similitudini
<BR>2-pitagora e euclide
<BR>3-angoli
<BR>4-circonferenze
<BR>5-punti notevoli
<BR>6-geom solida
<BR>7-trasformazioni del piano
<BR>INF-miscellanea
<BR>Per nessuno di questi è richiesta geometria analitica o la trigonometria e nemmeno manipolazioni algebriche particolarmente difficili o complicate. Sono tutti scelti (a parte le stellette e l\'ultima sezione) per essere risolti con le armi che possiede il partecipante medio a febbraio o medio/basso a Cesenatico (purely Euclides!).
<BR>
<BR>buon lavoro e buon allenamento.

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

Volevo chiedere: il 4° della sezione inf si può risolvere con la geometria Euclidea oppure bisogna per forza ficcarci un integrale da qualche parte? <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
<BR>Invece il 5 si sbroglia solo coi complessi?
<BR>Per il resto, bella raccolta, complimenti Evariste!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> <BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: Simo_the_wolf il 21-01-2005 17:43 ]

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Messaggio da enomis_costa88 » 01 gen 1970, 01:33

però non credo che un po di analitica guasti...sarà che è un mio difetto tentare di usarla sempre ma sono riuscito a dimostrare il 6 della sezione uno con l\'analitica...
<BR><font color=white>
<BR>D=0,0 A=Xa,Ya B=Xb,Yb C=2,0
<BR>N (punto medio di AC)= (Xa+2)/2,Ya/2
<BR>M(punto medio di DB)= Xb/2,Yb/2
<BR>Il punto medio di NM è (Xb+Xa+2)/4,(Yb+Ya)/4
<BR>G (punto medio di DC)= 1,0
<BR>E (punto medio di AB)=(Xa+Xb)/2, (Ya+Yb)/2
<BR>H(medio di ad)= Xa/2,Ya/2
<BR>F(medio di bc)= (Xb+2)/2, Yb/2
<BR>Il punto medio di EG è (Xb+Xa+2)/4,(Yb+Ya)/4
<BR>Il punto medio di HF è (Xb+Xa+2)/4,(Yb+Ya)/4
<BR>HG,HF,MN hanno il punto medio in comune quindi la tesi è dimostrata
<BR></font>
<BR>
<BR>scusate la mia ignoranza ma come si fa a fare diventar tutto bianco???
<BR>
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: enomis_costa88 il 22-01-2005 08:56 ]
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