Basta toccare nei punti G...

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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EvaristeG
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Basta toccare nei punti G...

Messaggio da EvaristeG » 21 set 2005, 22:37

La sfera inscritta in un tetraedro tocca le sue 4 facce nei baricentri; dimostrate che il tetraedro è regolare.

Mi raccomando, questa è geometria solida non troppo difficile, quindi sarebbe salutare per molti; risolvete, gente, risolvete!

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Sisifo
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Messaggio da Sisifo » 22 set 2005, 15:17

Una domanda: un tetraedro è regolare se e solo se le sue facce sono triangoli equilateri isometrici, vero?

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Messaggio da EvaristeG » 22 set 2005, 15:35


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Messaggio da elianto84 » 22 set 2005, 15:40

Scrivere la lunghezza delle mediane in funzione degli spigoli del tetraedro
e poi imporre che quelle uscenti da uno stesso vertice siano congruenti
funziona?
Jack alias elianto84 alias jack202

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Messaggio da EvaristeG » 22 set 2005, 16:56

Plausibilmente funziona, se hai il fegato di portare a termine i conti ....

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Messaggio da Sisifo » 24 set 2005, 13:44

Lemma
Se due triangoli hanno due mediane ed il terzo lato isometrici allora sono isometrici

Dim
Indichiamo con $ m_a, m_b, m_c $ le mediane relative a a,b,c. Siano noti $ m_a, m_b, c $
Dal teorema di Stewart si ha che:
$ -a^2+2b^2=4m_a^2-2c^2 $
$ 2a^2-b^2=4m_b^2-2c^2 $
Poichè il det. del sistema in a e b non è nullo, il sistema ha una e una sola soluzione. Qindi esiste solo una terna di lati a b e c che soddisfi le condizioni, e per il terzo criterio di congruenza, i triangoli sono anche isometrici.

Ritornando al problema principale.
(1)
Le mediane tracciate da uno stesso vertice sono congruenti, perchè i 3/2 delle congiungenti vertice-baricentro, che sono congruenti perchè tangenti da un punto ad una sfera.
(2)
Quindi, concentrandoci ad esempio sui triangoli ABC e ABD essi sono congruenti perchè AB è in comune, e le mediane relative agli altri due lati sono congruenti (per (1))
(3)Analogamente per i triangoli ACB e ACD. Quindi BC=CD=DB perchè lati corrispondenti di triangoli congruenti. E quindi la faccia BCD è un triangolo equilatero.
(4)Analogamente per le altre facce.
CVD

Ciao. :wink:

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Messaggio da EvaristeG » 30 set 2005, 20:34

LOL

"La chiave gira male ... che dici, sfondiamo la porta o facciamo direttamente un buco nella parete di fianco?"

Per pietà della geometria, qualcuno trovi una via che faccia a meno della regola di Cramer e del teorema di Stewart!!!

Cmq, in ogni caso, l'idea è sempre esattamente la stessa.

Bravo Sisifo, ma sii più delicato...

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Messaggio da Sisifo » 03 ott 2005, 14:18

:oops: :oops: :oops: :oops:

Non mi veniva in mente nient'altro... ci penserò

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Messaggio da Leblanc » 08 ott 2005, 17:28

Beh, in tema con lo sfondare la porta... vettori!!!
Preciso subito che tutti i prodotti vanno intesi come prodoti scalari e li indico con $ * $. Pongo l'origine del sistema di riferimento nel centro O della sfera, poi ho le seguenti relazioni (da considerare in tutti i modi scambiando le variabili, per simmetria):
Dato che il $ |OG_1|=|OG_2| $,
$ (A+B+C)*(A+B+C)=(A+B+D)*(A+B+D) $
Dato che $ OG_3 $ e $ OG_4 $ sono perpendicolari a $ CD $,
$ (A+C+D)*(C-D)=0 $
$ (B+C+D)*(C-D)=0 $
(A; B, C, D sono i vertici)
Sommando queste ultime due relazioni, moltiplicando per 2 e confrontando con la prima si ha che $ |C|=|D| $ (e cicliche) e poi che $ |C-D|=|D-A| $ e simmetriche, che è la tesi... insomma, non ho voglia di scrivere i conti :)
Ciao!
Maria

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