Da Archimede 2010 bonus.

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Claudio.
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Da Archimede 2010 bonus.

Messaggio da Claudio. » 20 nov 2010, 14:27

Nella figura a fianco, il quadrato $ ABCD $ ha lato $ 1m $ e i triangoli: $ ABG, BCH, CDE $ e $ DAF $ sono equilateri.Quanto vale l’area di
$ EFGH $?
Bonus: Calcolare l'area dell'ottagono al centro delimitato dai lati dei triangoli.
Image2.jpg
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doiug.8
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Re: Da Archimede 2010 bonus.

Messaggio da doiug.8 » 22 nov 2010, 19:24

Provo a rispondere al bonus. Detto $ O $ il centro del quadrato, calcoliamo $ EO $ che è la differenza tra l'altezza del triangolo $ CDE $ e la metà del lato del quadrato stesso. $ EO $ è l'altezza di un triangolo, simile a $ CDE $ e quindi equilatero, che ha come base una diagonale del nostro ottagono. Questo stesso triangolo forma con il suo simmetrico, rispetto alla retta passante per $ 0 $ e parallela a $ AB $, angoli opposti di $ 120^\circ $, ai vertici della diagonale cosiderata, nell'ottagono. Si noti, quindi, che il nostro poligono è formato da angoli di $ 120^\circ $ e $ 150^\circ $ alternati. Calcolata la diagonale, osserviamo che questa, per simmetria, è congruente alla diagonale perpendicolare ad essa. Inoltre, sempre per un ragionamento puramente basato sulla simmetria, si nota che l'ottagono ha lati congruenti. Dunque abbiamo un ottagono che ha lati congruenti e di cui conosciamo gli angoli e due diagonali perpendicolari. A questo punto, ci resta da fare soltanto un paio di calcoletti trigonometrici (purtroppo) che ci portano a $ A\approx 0{,}113m^2 $.

Editato. Mi ero illuso che gli angoli fossero uguali!
Ultima modifica di doiug.8 il 24 nov 2010, 17:54, modificato 2 volte in totale.

Mike
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Re: Da Archimede 2010 bonus.

Messaggio da Mike » 23 nov 2010, 18:32

L'ottagono non è regolare, pertanto non basta una diagonale per calcolarne l'area.

doiug.8
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Re: Da Archimede 2010 bonus.

Messaggio da doiug.8 » 25 nov 2010, 10:31

C'è una soluzione meno calcolosa della mia?

Mike
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Re: Da Archimede 2010 bonus.

Messaggio da Mike » 25 nov 2010, 14:49

Sì: tu puoi ottenere un risultato preciso. Basta riflettere che 4 vertici dell'ottagono sono per il quadrato EFGH quello che il quadrato EFGH è per ABCD...

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io.gina93
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Re: Da Archimede 2010 bonus.

Messaggio da io.gina93 » 28 nov 2010, 18:36

io ho pensato di risolverlo in un altro modo (forse infelice...)..

allora, ho pensato di togliere 4 triangoli rettangoli che hanno come area totale $ \displaystyle{\frac{\sqrt{3}}{2}} $, perchè hanno gli angoli di 30 e 60 gradi e ipotemusa uguale ad 1 cm...Immagine

ottengo un quadrato di lato jk che misura $ \displaystyle{\frac{\sqrt{3}}{2}} - {\frac {1}{2}} $

poi da questo quadrato tolgo altri 4 triangoli rettangoli di 30-60gradi (perchè alterni interni.. il quadrato più grande e quello più piccolo hanno le basi parallele..) e ottengo un altro quadrato..

so che jk deve essere uguale a $ \displaystyle x{\frac{\sqrt{3}}{2}} + x {\frac{1}{2}} $
dove x indica il lato del quadrato più piccolo...

che viene $ \displaystyle{\frac{\sqrt{3}-1}{\sqrt{3}+1}} = 2-\sqrt{3} $

l'area dell'ottagono è data da quella del quadrato più quelle dei triangoli isosceli, che sono formati ciascuno da 2 triangoli rettangoli di 30-60 gradi...
Immagine

ponendo il lato del quadrato piccolo uguale al doppio dell'altezza di uno di quei triangoli piccoli si ottiene che l'ipotemusa (di uno dei triangoli rossi) è uguale a $ \displaystyle{\frac{2 \sqrt{3}-3}{3}} $ e l'altezza $ \displaystyle{\frac{2 - \sqrt{3}}{2}} $

quindi l'area di quell'ottagono è $ \displaystyle(2 - \sqrt{3})^2 $$ \displaystyle +2\cdot {\frac{2-\sqrt{3}}{2}}\cdot{\frac{2-\sqrt{3}}{\sqrt{3}}} $ e se non ho sbagliato i calcoli $ (2- \sqrt{3})^2 $$ ( 1 +{\frac{1}{\sqrt{3}}} ) $$ \approx{0,113} $

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