Geometrico Non Banale (O forse sì?)

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Mattysal
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Geometrico Non Banale (O forse sì?)

Messaggio da Mattysal » 28 giu 2019, 19:04

Sia [math] un triangolo e sia [math] il punto medio di [math].
Siano [math] punti su [math] tali che [math] e siano [math] le intersezioni fra la retta [math] e le rette [math] rispettivamente.
Sapendo che l'area del quadrilatero [math] vale [math], quanto vale l'area di [math]?

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Fenu
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Re: Geometrico Non Banale (O forse sì?)

Messaggio da Fenu » 29 giu 2019, 17:57

Feat. $C_2H_5OH$ e Doxeno
Non so quale soluzione scrivere dato che esce in mille modi, ma ecco, almeno perdo la dignità..
$A(1, 0, 0)$
$B(0, 1, 0)$
$C(0, 0, 1)$
Allora $M(1/2, 0, 1/2), P(0, 2/3, 1/3), Q(0, 1/3, 2/3)$..
Segue $D(1/4, 1/2, 1/4)$ ed $E(2/5, 1/5, 2/5)$.. ricavati dalle rette $BM: x=z, AP: 2z=y, AQ: 2y=z$.
Area $PDEQ$=Area $BQE$- Area $BPD$ =Area $ABC*(11/60)$ ottenuto col determinante delle matrici che hanno come righe rispettivamente le coordinate di $B, Q, E$ e $B, P, D$.
Area $$ABC=120$$

Parmenide
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Re: Geometrico Non Banale (O forse sì?)

Messaggio da Parmenide » 30 giu 2019, 02:01

Feat. Almagià
O altrimenti:
Date due terne di punti non allineati $(X,Y,Z)$ e $(X_1,Y_1,Z_1)$, esiste un'affinità che manda $X$ in $X_1$, $Y$ in $Y_1$ e $Z$ in $Z_1$, per cui esiste un'affinità $\psi$ che manda $A$ in $A'(0,4)$, $B$ in $B'(-1,0)$ e $C$ in $C'(2, 0)$. Dato che le affinità conservano il rapporto fra segmenti paralleli, le immagini $P'$ e $Q'$ rispettivamente di $P$ e $Q$ nell'applicazione di $\psi$ tripartiranno il segmento $B'C'$ e avranno dunque coordinate $P'(0,0)$ e $Q'(1,0)$. Analogamente $M'$, immagine di $M$ nell'applicazione di $\psi$, sarà il punto medio di $A'C'$ e avrà pertanto coordinate $(1,2)$.
La retta $A'P'$ ha equazione $x=0$, la retta $A'Q'$ ha equazione $y=-4x+4$, la retta $B'M'$ ha equazione $y=x+1$.
Troviamo le immagini $D'$ e $E'$ di $D$ ed $E$ rispettivamente nell'applicazione di $\psi$ come intersezione fra $B'M'$ e le rette $A'P'$ e $A'Q'$, rispettivamente:
$$
\begin{cases}
x=0\\
y=x+1
\end{cases}
\implies y=1.
$$
Pertanto $D'$ ha coordinate $(0,1)$.
$$
\begin{cases}
y=-4x+4\\
y=x+1
\end{cases}
\implies x=\frac{3}{5}, y=\frac{8}{5}.
$$
Pertanto $E'$ ha coordinate $\left(\frac{3}{5}, \frac{8}{5}\right)$.
Calcoliamo l'area di $D'E'Q'P'$; $$S_{D'E'Q'P'}=S_{D'E'P'}+S_{E'Q'P'}=\frac{1\cdot \frac{3}{5}}{2}+\frac{1\cdot\frac{8}{5}}{2}=\frac{11}{10}$$
Calcoliamo l'area di $A'B'C'$: $$S_{A'B'C'}=\frac{3\cdot4}{2}=6.$$
Dato che le affinità conservano i rapporti fra le aree, l'area di $ABC$ sarà pari dunque a $$\frac{22\cdot 6}{\frac{11}{10}}=\fbox{120}\,.$$

Mattysal
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Re: Geometrico Non Banale (O forse sì?)

Messaggio da Mattysal » 30 giu 2019, 21:40

Sì, è giusto😄

TeoricodeiNumeri
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Re: Geometrico Non Banale (O forse sì?)

Messaggio da TeoricodeiNumeri » 16 lug 2019, 21:16

Vi propongo una soluzione di stampo euclideo (anche se ad un certo punto compare un po' di trigonometria).[math]
Si congiungano $E$ con $P$ e $D$ con $Q$ e denotiamo con $X$ il punto di intersezione fra $EP$ e $DQ$. Siano $S_1,S_2,S_3$ e $S_4$ rispettivamente le aree dei triangoli $PXQ,QXE,EXD$ e $DPX$. Congiungiamo $E$ con $C$. L'area di $EQC$ è la stessa di $EQP$, cioè $S_1 +S_2$. Similmente l'area di $PDB$ è pari a quella di $DPQ$, cioè $S_1 +S_4$. L'area di $CME$ è la stessa di quella di $MEA$, per cui ci proponiamo di determinare l'area di $MEA$. Congiungiamo $M$ con $Q$. Per il teorema di Talete appiamo che $MQ$ è parallelo ad $AP$, da cui $APC\sim MQC$ e quindi $AP=2MQ$. Dal parallelismo di $MQ$ e $DP$ e dalla similitudine dei triangoli $MQB$ e $DPB$ si ricava che $DP=\frac{1}{2}MQ$. Di conseguenza $AD=AP-DP=2MQ-\frac{1}{2}MQ=\frac{3}{2}MQ$. Il triangolo $AED$ è simile al triangolo $EMQ$ per il primo criterio di similitudine, da cui $AE=\frac{3}{2}EQ$ e $ME=\frac{2}{3}DE$, da cui $A_{AEM}=\frac{1}{2}(\frac{3}{2}EQ)(\frac{2}{3}DE)sin(M\hat{E}A)=A_{DEQ}=S_2 + S_3$.
Poiché abbiamo che l'area di $BMA$ è la stessa di $BMC$ allora l'area di $ABC$ è $2\cdot (A_{EMC}+A_{ECQ}+A_{PQED}+A_{BDP})=2\cdot (S_2 +S_3+ S_2+ S_1+22+S_1 +S_4)=88+2\cdot (S_1+S_2)$. D'altro canto il rapporto fra l'area di $PEQ$ e l'area di $PEA$ è pari al rapporto fra $QE$ e $EA$, ovvero $\frac{A_{EQP}}{A_{EPA}}=\frac{2}{3}$. Similmente $\frac{A_{AED}}{A_{DEP}}=3$. Queste due condizioni, assieme a quella per ipotesi che $S_1 +S_2 +S_3 +S_4=22$ possono essere riscritte come segue:
ponendo $a=S_1 +S_2$ e $b=S_3 +S_4$ si ha che
\begin{equation}
\begin{cases}
\frac{a}{b+S}=\frac{2}{3}\\
\frac{S}{b}=3\\
a+b=22
\end{cases}
\end{equation}
da cui si ottiene che
\begin{equation}
\begin{cases}
a-\frac{2}{3}b-\frac{2}{3} S=0\\
S=3b\\
a+b=22
\end{cases}
\end{equation}
che implica banalmente
\begin{equation}
\begin{cases}
a-\frac{8}{3}b=0\\
a+b=22
\end{cases}
\end{equation}
e quindi $a=16$ da cui $2\cdot (S_1 +S_2)=2a=32$ e quindi $A_{ABC}=88+32=120$.

ricarlos
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Re: Geometrico Non Banale (O forse sì?)

Messaggio da ricarlos » 18 lug 2019, 16:45

Testo nascosto:
Menelao: $\frac{CM}{MA}\frac{AE}{EQ}\frac{BQ}{BC}=1\rightarrow \frac{AE}{EQ}=\frac{3}{2}\frac{1}{1}=\frac{3}{2}$

$\frac{EQ}{AQ}=\frac{2}{5}$

Menelao: $\frac{EQ}{AE}\frac{AD}{DP}\frac{BP}{BQ}=1\rightarrow \frac{AD}{DP}=\frac{3}{2}\frac{2}{1}=3$

$\frac{AP}{DP}=4$

$(ABP) = \frac{1}{2}(ABQ)$
$(BPD) = \frac{1}{4}(ABP) = \frac{1}{8}(ABQ)$
$(EBQ) = \frac{2}{5}(ABQ)$
$(EBQ) = 22 + \frac{1}{8}(ABQ) = \frac{2}{5}(ABQ)$
$22 = \frac{2}{5}(ABQ) - \frac{1}{8}(ABQ) = \frac{11}{40}(ABQ)$
$(ABQ) = \frac{22*40}{11} = 80$
$(ABC) = \frac{3}{2}(ABQ) = \frac{3}{2}(80) = 120$

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