rette parallele e triangolo equilatero.

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
Mike
Messaggi: 113
Iscritto il: 02 mag 2010, 19:31

rette parallele e triangolo equilatero.

Messaggio da Mike » 08 ago 2011, 15:10

Abbiamo tre rette parallele $ s $, $ t $ e $ v $. $ s $ e $ t $ distano 1, $ t $ e $ v $ 2, $ s $ e $ v $ 3. Quanto vale il lato del triangolo equilatero avente i tre vertici appartenenti ciascuno ad una retta?

Avatar utente
Karl Zsigmondy
Messaggi: 138
Iscritto il: 09 lug 2011, 14:32
Località: Città di Altrove, Kansas

Re: rette parallele e triangolo equilatero.

Messaggio da Karl Zsigmondy » 08 ago 2011, 15:34

Sia A il vertice su s, B il vertice su T, C il vertice su v. Sia D la proiezione di A su v, E la proiezione di B su v, F la proiezione di B su S. Se chiamo DC=x e CE=y e applico Pitagora ai triangoli ADC, CEB, BFA ottengo che il quadrato del lato del triangolo equilatero in questione è uguale rispettivamente a:
$ x^2 + 9 $
$ y^2 + 4 $
$ x^2 + 2xy + y^2 + 1 $
Dalle prime due ottengo che $ y=\sqrt{x^2+5} $. Dato che l'espressione ottenuta sottraendo la terza alla somma delle prime due è ancora equivalente a questa, e dato che è 12-2xy, ora sostituisco il valore di y in funzione di x ed uguaglio il tutto a $ x^2 + 9 $. Alla fine ottengo che $ x^2 = \frac{1}{3} $ da cui $ l=\sqrt{x^2 + 9} = \frac{2\sqrt{21}}{3} $.
Ultima modifica di Karl Zsigmondy il 26 set 2011, 19:27, modificato 1 volta in totale.
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi."
"Life is very short and there's no time for fussing and fighting, my friend!"

kakkarone93
Messaggi: 62
Iscritto il: 11 feb 2011, 19:32
Località: Monterotondo (RM)

Re: rette parallele e triangolo equilatero.

Messaggio da kakkarone93 » 26 set 2011, 18:14

Io provo a postare la mia soluzione...
Immagine

essendo BK perpendicolare al fascio, allora BH=1 e HK= 2. Allora per Talete BO = $ \frac{1}{2} $ OC
sia x il lato del triangolo.possiamo allora dire che
$ BO= \frac{x}{3} $

$ OC=\frac{2x}{3} $

considerando il triangolo ACO => $ AO^2= AC^2+CO^2 -2 CO * AC * cos 60° = x^2+ \frac{4x^2}{9} - \frac{2x^2}{3} = \frac{7x^2}{9} $

$ AO=\frac{x\sqrt{7}}{3} $

considerando il triangolo AHB => $ AH^2 = X^2-1 $

$ AH=\sqrt{x^2-1} $

ora, l'area del triangolo AHB è la somma dei triangoli AOB e OHB
quindi $ \frac{AH * HB}{2} = \frac{1}{2} * AB * BO* sin 60° + OH * BH * \frac{1}{2} $ essendo OH= AH-AO
$ \frac{\sqrt{x^2-1}}{2} = \frac{1}{2} x \frac{x}{3} \frac{\sqrt{3}}{2} + (\sqrt{x^2-1}-\frac{x\sqrt{7}}{3}) \frac{1}{2} $

Che risolvendo viene $ x=0 \lor x= \frac{2\sqrt{21}}{3} $

dove ho sbagliato???
$ e^{\pi i } + 1 = 0 $ ... the absolute perfection

Avatar utente
Karl Zsigmondy
Messaggi: 138
Iscritto il: 09 lug 2011, 14:32
Località: Città di Altrove, Kansas

Re: rette parallele e triangolo equilatero.

Messaggio da Karl Zsigmondy » 26 set 2011, 19:27

Non hai sbagliato da nessuna parte, avevo sbagliato a fare la radice di 28/3. Ora ho corretto anche la mia.
"Un matematico è una macchina che converte caffè in teoremi."
"Life is very short and there's no time for fussing and fighting, my friend!"

Avatar utente
ale.G
Messaggi: 63
Iscritto il: 22 nov 2010, 15:14
Località: Lunghezza

Re: rette parallele e triangolo equilatero.

Messaggio da ale.G » 26 set 2011, 19:29

Penso di aver trovato l'inghippo...karl ha semplicemente sbagliato a fare l'ultimo conto...se $x^2=\frac{1}{3}$ allora $l=\frac{2\sqrt{7}}{\sqrt{3}}$, che è uguale al risultato di kakkarone :D


karl mi ha anticipato di un secondo... :oops:
I tuoi problemi te li puoi anche tenere: a me, invece, non dispiacerebbe avere un camper come questo !

kakkarone93
Messaggi: 62
Iscritto il: 11 feb 2011, 19:32
Località: Monterotondo (RM)

Re: rette parallele e triangolo equilatero.

Messaggio da kakkarone93 » 27 set 2011, 18:11

oook! grazie mille :D
$ e^{\pi i } + 1 = 0 $ ... the absolute perfection

Rispondi