Quadrlilatero circoscritto

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
Euler
Messaggi: 345
Iscritto il: 20 mar 2010, 22:07
Località: Trento

Quadrlilatero circoscritto

Messaggio da Euler » 10 apr 2010, 21:47

Abbiamo una circonferenza inscritta in un quadrilatero ABCD, con AD perpendicolare ad AB e CD e con 4AB=7CD. Sappiamo che l'area del quadrilatero è 3388, determinare il raggio. :roll:
cogito ergo demonstro

amatrix92
Messaggi: 818
Iscritto il: 21 nov 2008, 17:19
Località: Firenze

Messaggio da amatrix92 » 14 apr 2010, 14:39

Da dove l'hai preso?
In ogni caso ci ho messo un po' a risolverlo ma ci sono riuscito, anche se un po' "calcolosamente".
Allora la figura in questione se ho ben interpretato è un trapezio rettangolo, disponendo le lettere in senso antiorario a partire dal vertica in basso a sinistra;
chiamo $ B $ la base maggiore, $ b $ la base minore, $ h $ l'altrezza e $ l $ il lato obliquo.
So che $ \frac {(B+b) \cdot h}{2}= 3388 $ (Eq. 1) ; poi so che $ B+b = h + l $ (Eq.2) perchè quadrilatero circoscritto ad una circonferenza.
Infine so che $ B=\frac{7}{4} b $(Eq.3).
Esprimo $ l $ con il teorema di pitagora come $ \sqrt{(B-b)^2 + h^2} $(Eq.4).
A questo punto ho un sistema di 4 equazioni in 4 incognite.
I passaggi principali sono:
trovo attraverso Eq. 1 e Eq.3 $ b= \frac{2464}{h} $
sostituisco a Eq. 4 $ l= \sqrt { \frac{9}{16} b^2 + h^2} $
sostituisco questa e quella precendente a Eq.2 e ottengo un'equazione solo in b, trovo $ b=44 $ poi trovo $ h=56 $ e il raggio torna $ 28 $
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

Euler
Messaggi: 345
Iscritto il: 20 mar 2010, 22:07
Località: Trento

Messaggio da Euler » 14 apr 2010, 20:51

Sì, il problema era una cavolata, l'unica cosa pallosa sono i conti :mrgreen:
Questo problema l'ho preso dalle semifinali A della gara a del 2009 :D
cogito ergo demonstro

Avatar utente
karl
Messaggi: 926
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da karl » 15 apr 2010, 13:05

Immagine
Una possibile soluzione (semi)sintetica.
Sia E la proiezione di C su AB.Si prolunghi CE di CF=CB e si ponga:
CFB=CBF=a.Evidentemente è ECB=2a.
Ora abbiamo che:
$ \displaystyle EB=AB-AE=AB-CD=\frac{7}{4}CD-CD=\frac{3}{4}CD $
$ \displaystyle EF=CE+CF=AD+CB=AB+CD=\frac{7}{4}CD+CD=\frac{11}{4}CD $
Ne segue che:
$ \displaystyle\tan(a)=\frac{EB}{EF}=\frac{3}{11} $
Pertanto:
$ \displaystyle AD=CE=\frac{EB}{ \tan(2a)} =\frac{3}{4}CD\cdot \frac{1-\tan^2(a)}{2\tan(a)}=\frac{14}{11}CD $
Possiamo ora calcolare l'area S del trapezio in funzione di CD:
$ \displaystyle S=\frac{(AB+CD)}{2}\cdot CE=\frac{11}{8}CD \cdot\frac{14}{11}CD=\frac{7}{4}CD^2 $
Quindi:
$ \displaystyle CD=\sqrt{\frac{4}{7}\cdot 3388}=44 $
da cui $ \displaystyle AD=\frac{14}{11}\cdot 44=56 $
Ed infine :
$ \displaystyle r= \frac{AD}{2}=28 $

Euler
Messaggi: 345
Iscritto il: 20 mar 2010, 22:07
Località: Trento

Messaggio da Euler » 17 apr 2010, 17:42

Sì il metodo è corretto anche se meno intuitivo dell'altro...comunque va bene :)
cogito ergo demonstro

Rispondi