Triangolo retto in un trapezio rettangolo

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Agostino
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Triangolo retto in un trapezio rettangolo

Messaggio da Agostino » 26 ott 2008, 16:22

Per chi volesse perdere qualche minuto questo mio problema...

Sia dato un trapezio rettangolo in $ $ \widehat{A}$ $ e quindi anche in $ $ \widehat {D}$ $(da qui si nominino i punti in senso antiorario). Si sa che le basi misurano $ $5$ $ e $ $3$ $ mentre l'altezza $ $10$ $. Trovare l'area degli eventuali triangoli retti aventi base su $ $ \overline{AD}$ $ e vertice (che chiameremo $ $E$ $) su $ $ \overline{BC}$ $ e retto in $ $ \widehat{E}$ $.

PS anche se ci sono strani risultati, tranquilli...
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Haile
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Re: Triangolo retto in un trapezio rettangolo

Messaggio da Haile » 26 ott 2008, 16:55

Agostino ha scritto:Per chi volesse perdere qualche minuto questo mio problema...

Sia dato un trapezio rettangolo in $ $ \widehat{A}$ $ e quindi anche in $ $ \widehat {D}$ $(da qui si nominino i punti in senso antiorario). Si sa che le basi misurano $ $5$ $ e $ $3$ $ mentre l'altezza $ $10$ $. Trovare l'area degli eventuali triangoli retti aventi base su $ $ \overline{AD}$ $ e vertice (che chiameremo $ $E$ $) su $ $ \overline{BC}$ $ e retto in $ $ \widehat{E}$ $.

PS anche se ci sono strani risultati, tranquilli...
Mmm

posizioniamo il vertice $ $B$ $ nel punto $ $(0, 0)$ $ d'un piano cartesiano. Allora avremo

$ $A(-5,0)$ $

$ $B(0,0)$ $

$ $C(-2,10)$ $

$ $D(-5,10)$ $

E l'equazione della retta $ $BC$ $:

$ $\frac{x}{-2} = \frac{y}{10}$ $

Dato che il triangolo rettangolo ha base $ $AD$ $, $ $E$ $ si troverà sulla semicirconferenza avente come centro il punto medio di $ $AD$ $ e come raggio la metà di $ $AD$ $.

Tale circonferenza ha equazione

$ $\sqrt {\big( (x+5)^2 + (y-5)^2 \big)} = 5 $ $

In sistema con l'equazione del lato $ $BC$ $, e troviamo le (mostruse) possibili posizioni di $ $E$ $:

$ $E\bigg( \frac{2\sqrt10}{26} - \frac{15}{13}, \frac{75}{13} - \frac{25\sqrt10}{26} \bigg)$ $

$ $E' \bigg(\frac{5\sqrt10}{26} - \frac{15}{13}, \frac{75}{13} + \frac{25\sqrt10}{26} \bigg)$ $

Calcolo la distanza di tali punti dalla retta $ $AD$ $ e ottengo l'altezza dei due triangoli. La base è $ $10$ $, le due aree risultano essere

$ $A=\frac{25\sqrt10}{26} +\frac{250}{13} \approx 22.27 $ $

$ $A' = -\frac{25\sqrt10}{26} + \frac{250}{13} \approx 16.19$ $

È corretto? Spero di no :shock: Una parte dei conti non è stata fatta manualmente :roll:
[i]
Mathematical proofs are like diamonds: hard and clear.

[/i]

Agostino
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Messaggio da Agostino » 26 ott 2008, 17:03

non so i calcoli (non li ho fatti neanche io :lol: ) ma il ragionamento è giustissimo :D (il più breve che ho notato...in effetti ce ne erano anche altri ma un pò più lunghi e noiosi)
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kn
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Messaggio da kn » 26 ott 2008, 17:28

il più breve che ho notato
Forse questo modo è più veloce...
Chiamiamo HE l'altezza di ADE relativa ad AD.
Poniamo x = HE.
Ora, sarà $ DH = 10 \cdot \frac{x-3}{2} = 5(x-3) $
$ HA = 5(5-x) $
Perché ADE sia rettangolo dovrà valere il 2° teorema di Euclide:
$ 25(x-3)(x-5)=-x^2 $
semplificando:
$ 26x^2-200x+375=0 $.
L'altezza quindi può essere:
$ \frac{100+5\sqrt{10}}{26} $ o $ \frac{100-5\sqrt{10}}{26} $
Moltiplicando per 5 vengono fuori i valori che ha trovato Haile :D
Ultima modifica di kn il 27 ott 2008, 14:24, modificato 1 volta in totale.

Agostino
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Messaggio da Agostino » 26 ott 2008, 21:17

kn ha scritto: Chiamiamo HE l'altezza di ADE relativa ad AD.
Poniamo x = HE.
Ora, sarà $ DH = 10 \cdot \frac{x-3}{2} = 5(x-3) $
potresti spiegarmi questo passaggio?
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Messaggio da kn » 27 ott 2008, 14:52

kn ha scritto: Ora, sarà $ DH = 10 \cdot \frac{x-3}{2} = 5(x-3) $
Agostino ha scritto:potresti spiegarmi questo passaggio?
Sì, in pratica ho usato la similitudine..
x varia da 3 (quando coincide con DC) a 5 (quando coincide con AB).
A questo punto tolgo 3 alla lunghezza di x e ottengo che x-3 va da 0 a 2,
quindi lo divido per 2 e lo moltiplico per $ ~ \overline{AD} $, cioè per 10.
Così 5 (x-3) va da 0 a 10 e quando l'altezza vale 3 (x = 3) otteniamo
DH = 0 (H coincide con D) e quando vale 5 (x = 5) DH = 10 (H coincide con A).
Poi con questa equazione otteniamo giustamente che DH e HE sono in proporzione
(a meno del 3).
Se non ti convince sto discorso prolunga AD e BC e chiama F il punto di incontro.
Hai che AF:DF=AB:DC, scomponendo 10: DF=2: DC, DF:DC=5, ma hai anche che
HF:DF=HE:DC, scomponi e arrivi a HD: DF=(x-3): DC, DF:DC=HD:(x-3)
quindi HD:(x-3)=5 e DH=5(x-3)

Agostino
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Messaggio da Agostino » 27 ott 2008, 16:11

kn ha scritto: Sì, in pratica ho usato la similitudine..
x varia da 3 (quando coincide con DC) a 5 (quando coincide con AB).
A questo punto tolgo 3 alla lunghezza di x e ottengo che x-3 va da 0 a 2,
quindi lo divido per 2 e lo moltiplico per $ ~ \overline{AD} $, cioè per 10....
a ok...avevo cercato di interpretarlo tramite proporzione in modo particolare $ $ \overline {HD}:10= (x-3):2$ $ cioè considerando il trapezio meno il rettangolino così da ottenere il triangolo rettangolo...
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