Base, altezza e differenza di angoli

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gianmaria
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Base, altezza e differenza di angoli

Messaggio da gianmaria » 04 mar 2007, 21:50

Costruire un triangolo noti un lato, l'altezza relativa e la differenza fra gli angoli adiacenti a quel lato.
Questo problema figura, senza soluzione, in un testo che riporta quasi esclusivamente problemi facili o famosi, quindi dovrebbe rientrare in una di queste categorie. Chiedo aiuto per risolverlo: i miei unici risultati sono soluzioni molto brutte, nonchè l'aver notato che la differenza degli angoli può essere sostituita dalla conoscenza della bisettrice che cade sul lato noto.

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Ponnamperuma
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Messaggio da Ponnamperuma » 04 mar 2007, 21:57

Non ho mai ben capito cosa significhi "costruire" in questi problemi... Però penso di poterti dire come determinare 'sto triangolo...
Supponi che l'altezza del lato (segmenti entrambi noti) divida il lato stesso in due segmenti $ a $ e $ b $... Naturalmente $ a+b=l $, inoltre per Euclide (II), $ ab=h^2 $. Risolvendo il sistema simmetrico trovi $ a $ e $ b $. Ora con Pitagora puoi trovare anche le lunghezze degli altri due lati...

Solo che non ho usato il fatto della differenza degli angoli, cosa che mi fa temere di avere mal interpretato il senso del problema... :?

Fammi sapere! :wink:
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 04 mar 2007, 22:49

Ponnamperuma ha scritto:inoltre per Euclide (II)
non ho ben capito, applichi Euclide a un triangolo non rettangolo? :shock:

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 05 mar 2007, 10:26

Sia a il lato noto, h l'altezza, $ \delta=(\beta-\gamma)/2 $ la semidifferenza d'angoli; come detto, $ \delta $ è l'angolo che fanno tra loro l'altezza e la bisettrice realtive al lato a.
Sia A un punto qualsiasi, sia r una retta a distanza h da A. Tracciamo AK perpendicolare a r (e lunga h); tracciamo AL tale che $ \widehat{KAL}=\delta $; tracciamo infine AD tale che $ \widehat{KAL}=\widehat{LAD}=\delta $. Per una nota proprietà, il circocentro si trova su AD.
Sia s la retta per A parallela a r e sia E su s tale che AE=a/2. Troviamo O' su AD tale che O'E sia perpendicolare ad AE e sia O il simmetrico di O' rispetto al punto medio di AD; allora O è il circocentro del triangolo voluto.
Tracciando ora la circonferenza di centro O e raggio OA, troviamo le sue intersezioni B,C con r e otteniamo il triangolo ABC con le caratteristiche prescritte.
Ultima modifica di EvaristeG il 09 mar 2007, 23:18, modificato 1 volta in totale.

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Messaggio da Ponnamperuma » 05 mar 2007, 15:07

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:
Ponnamperuma ha scritto:inoltre per Euclide (II)
non ho ben capito, applichi Euclide a un triangolo non rettangolo? :shock:
Che imbecille... :oops:
No comment, meriterei il rogo...
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gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 08 mar 2007, 22:04

EvaristeG ha scritto:Sia $ \delta=\beta-\gamma $ la differenza d'angoli
Veramente, se $ \beta $ e $ \gamma $ hanno il significato abituale, $ \delta $ deve essere la loro semidifferenza; nel seguito l'hai infatti giustamente raddoppiato. Inoltre devi aver sbagliato qualcosa anche nello scrivere la costruzione di O: così com'è non ne capisco la logica e, cosa più importante, applicandola pedestremente trovo un punto ben distinto dal circocentro.

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Messaggio da EvaristeG » 09 mar 2007, 23:16

Sì, sul delta mancano alcuni /2 ... ora li aggiungerò ... per la seconda parte, mi ero illuso di aver trovato una costruzione carina che ne semplificava una orrenda, ma mi sono sbagliato. Ecco quella orrenda, che spero sia giusta:
sia H la proiezione di A su r, sia T su AD tale che AT=a/2 e sia K la proiezione di T su r; consideriamo un punto P su AD tale che AP=AK e sia Q su r tale che QD=PD. Sia ora R su AD tale che QR è perpendicolare a r, sia S su r tale che DS=DR e sia O su AD tale che OS è perpendicolare a r.
Se chiamiamo $ \theta=\widehat{HDA} $, si ha
$ OD=\frac{AD-\sqrt{AH^2+HK^2}}{\cos^2\theta} $
$ =\frac{AD-\sqrt{AD^2\sin^2\theta+(a^2/4)\cos^2\theta}}{\cos^2\theta} $
$ =\frac{AD-\sqrt{AD^2-(AD^2-a^2/4)\cos^2\theta}}{\cos^2\theta} $
che è soluzione di
$ (AD-OD)^2-(OD\cos\theta)^2=a^2/4 $
che è l'equazione che individua O su AD come circocentro di ABC.

(quando dico Z su XY intendo sul segmento)

gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 10 mar 2007, 21:37

Hai ragione, è veramente orrenda. Al confronto, non mi sembra più così brutta la mia soluzione, che quindi allego.
Le lettere sono usate come abituale; l’altezza è AH=h; suppongo H interno a BC (altrimenti cambia qualche passaggio ma non l’equazione finale). Dai triangoli rettangoli ABH e AHC si ricava BH=h cotg $ \beta $e HC= h cotg $ \gamma $; si ha quindi
$ h(cotg \beta+ cotg \gamma)=a $
Porto a seno e coseno, do denominatore comune, applico le formule di somma e di Werner, ricordo che $ \beta+\gamma=\pi-\alpha $ e pongo $ \beta-\gamma=\delta $; ottengo
$ 2h \sin \alpha=a(\cos \delta+\cos \alpha) $
Posto ora $ x=a \cos \alpha $ e y$ =a \sin \alpha $, l’equazione diventa $ 2hy=a(a cos \delta +x) $ quindi l’angolo $ \alpha $ corrisponde all’intersezione T (nel primo o secondo quadrante) fra la circonferenza di raggio a e centro l’origine e la retta di pendenza $ \frac a{2h} $ e passante per P(- $ a \cos \delta $, 0) ; ne segue la seguente costruzione.
Sulla circonferenza con centro nell’origine O e raggio a si prenda il punto corrispondente a $ \pi-\delta $; sia P la sua proiezione sull’asse x e R quella sulla retta s di equazione y=a. Preso su s, verso destra, il segmento RS=2h, PS è la retta data e ne deduciamo T e $ \alpha $.
Il problema può essere completato in molti modi; il più semplice è forse prolungare OT fino ad incontrare s in B che ha C come proiezione sull’asse x; A è l’intersezione della circonferenza circoscritta a BCO (centro nel punto medio di OB) con la retta parallela a BC, alla sua sinistra, a distanza h. Vi sono ovviamente due intersezioni, che originano due triangoli uguali fra loro.

Continuo però a pensare che deve esserci una soluzione più semplice, o almeno un modo migliore per giustificare la mia costruzione.

gianmaria
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Messaggio da gianmaria » 23 giu 2007, 22:46

Poiché le risposte finora date sono decisamente insoddisfacenti, ho continuato a meditare sul problema fino a quella che considero una mezza risposta: il disegno è facile, ma la sua giustificazione usa pesantemente la trigonometria. Eccola, riferita al caso di $ \delta $ acuto (altrimenti cambia qualcosetta nella dimostrazione).
Ad eccezione del futuro punto D e di ciò che vi si riferisce, la figura è tutta nello stesso semipiano delimitato da BC. D serve esclusivamente per la dimostrazione.
Significato delle lettere e inizio della costruzione: lettere del triangolo come al solito (con $ \beta>\gamma $); i dati sono a, h, $ \delta=\beta-\gamma $; M=punto medio di BC; E= terzo vertice del triangolo rettangolo di cateti MC e ME=h; $ \epsilon=M \hat E C $; s= retta inclinata di $ \delta $ rispetto a ME e non intersecante il segmento EC; D= proiezione di C su s.
Torniamo ora all’equazione che avevo dato, riscrivendola nella forma
$ h \sin \alpha- \frac a 2 \cos \alpha=\frac a 2 cos \delta $
Essendo h=EC cos $ \epsilon $ e $ \frac a 2 $=EC sin $ \epsilon $ ,essa diventa
$ EC \sin (\alpha-\epsilon)= MC \cos \delta $
da cui la seguente costruzione: con centro C e raggio EC si intersechi s in un punto F; osservando i triangoli rettangoli MCD e FCD si ricava $ CD=MC \cos \delta $ e $ EC \sin M \hat F C=CD $; confrontando con la formula precedente si deduce $ M \hat F C=\alpha -\epsilon $.
Per completare la costruzione calcoliamo ora l'inclinazione di FC e CE su BC; si ha
$ F \hat C M=180°-C \hat F M-F \hat M C=180°-(\alpha-\epsilon)-(90°+\delta)= $ $ 180°-(180°-\beta-\gamma-\epsilon)-(90°+\beta-\gamma)=2 \gamma+\epsilon-90° $
e $ E \hat C M=90°-\epsilon $; la bisettrice dell'angolo da formato dai due segmenti sarà inclinata della loro media, cioè di $ \gamma $.
Conclusione: A è l'intersezione fra la bisettrice di $ E \hat C F $ e la parallela a BC per E.
Magari qualcuno ha una genialata per una dimostrazione elementare?

albert_K
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Messaggio da albert_K » 24 giu 2007, 12:38

ops ---- scusate, messaggio doppio :oops:
Ultima modifica di albert_K il 24 giu 2007, 12:40, modificato 1 volta in totale.

albert_K
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Messaggio da albert_K » 24 giu 2007, 12:39

Poi ditemi se ho preso una cantonata, però mi pare che basti risolvere il sistema

$ \displaystyle a + b = l ; $
$ \displaystyle a^2 + h^2 = x^2 ; $
$ \displaystyle b^2 + h^2 = y^2 ; $
$ \displaystyle x - y = \delta . $

Va bene che i calcoli son brutti, ma mi sembra determinato...[/tex]

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Messaggio da elianto84 » 24 giu 2007, 16:40

Per ora una pseudo-dimostrazione:
Su una retta r prendiamo un segmento AB con punto medio M; a distanza h
da r prendiamo una retta s, su questa un punto C tale che CM sia perpendicolare
ad AB. Su s prendiamo anche un punto D tale che l'angolo ^DMB sia pari a delta.
Prendiamo poi un punto P su CM e chiamiamo Q l'intersezione tra s
e la parallela a DM passante per P.

Vorremmo che P fosse circocentro di ABQ, ovvero verificasse PQ=PB,
ovvero vorremmo PQB isoscele. Imponiamo dunque che il piede dell'altezza
da P, cui diamo nome R, sia il punto medio del lato BQ, cui diamo nome N.

Al variare di P su CM,
1) N viaggia su una retta parallela ad r ed s ed equidistante da queste
2) R viaggia su una circonferenza Gamma
3) B e C sono elementi di Gamma
4) Tutte le rette PR concorrono in un punto

Da questi 4 punti è facile dedurre una costruzione:
1) Si determina T come intersezione tra la perpendicolare a BD passante
per M e la perpendicolare a BC passante per C
2) Gamma sarà la circonferenza passante per B,C e T
3) R' si troverà all'intersezione tra Gamma e la bisettrice delle rette r,s,
in modo tale che R' e T siano da parti opposte rispetto a CM
4) TR' intersecherà CM nel punto P (circocentro) che cercavamo.

Restano solo da giustificare le 4 proprietà che non ho dimostrato...
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Messaggio da elianto84 » 24 giu 2007, 17:00

Un altro lemma: al variare di Q su s, sia t la retta che si ottiene ruotando s attorno
a B di un angolo pari a delta. L'intersezione tra la retta AQ e la retta t varia su una
ellisse avente gli assi paralleli alle bisettrici (interna ed esterna) dell'angolo ^DMB.
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Messaggio da albert_K » 24 giu 2007, 19:32

ah....forse ho frainteso il problema, bisogna trovare un procedimento meccanico per costruirlo, non trovare le misure dei lati... :?

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Costruzione elementare

Messaggio da FeddyStra » 24 giu 2007, 20:37

La costruzione che riporto qui sotto richiede soltanto l'uso della riga e del compasso.
Purtroppo non so inserire le immagini nei messaggi e quindi sarete costretti a seguire la dimostrazione per astrazione o effettuandovela da voi... quindi munitevi di carta e penna!

Considerazioni geometriche per arrivare a una costruzione.
Prendo una retta r e su di essa due punti A e B tali che la loro distanza sia il lato che conosco del triangolo. Traccio poi una retta s parallela a r e tale che la distanza da essa sia l'altezza del triangolo che cerco. Chiamo $ \alpha $ la differenza tra gli angoli alla base del triangolo. Il terzo vertice C del triangolo si trova evidentemente sulla retta s. Devo quindi trovare un altro luogo su cui deve stare C per poter trovare un'intersezione tra questo e s. Chiamo C' il simmetrico di C rispetto all'asse di AB. Ovviamente anche C' si trova su s.
Il quadrilatero ABCC' è ciclico e si vede chiaramente che l'angolo C'AC misura $ \alpha $. Infatti $ \angle C'AC=\angle C'AB-\angle CAB=\angle CBA-\angle CAB $. A si trova dunque sulla circonferenza luogo dei punti che vedono il segmento CC' sotto l'angolo $ \alpha $. Il problema geometrico consiste proprio nel costruire quest'ultima.

Costruzione geometrica.
L'inizio è identico... Prendo una retta r e su di essa due punti A e B tali che la loro distanza sia il lato che conosco del triangolo. Traccio poi una retta s parallela a r e tale che la distanza da essa sia l'altezza del triangolo che cerco. Chiamo $ \alpha $ la differenza tra gli angoli alla base del triangolo.
Chiamo t l'asse del segmento AB e M l'intersezione di t con s. Prendo due punti D e D' su s tali che M sia il loro punto medio. Dalla parte di r rispetto a s disegno la circonferenza $ \Gamma $ che vede il segmento DD' sotto l'angolo $ \alpha $ (Mi esonero dallo spiegare come: è una costruzione veramente banale...). Devo ora effettuare un'omotetia di centro M per fare in modo che la nuova circonferenza $ \Gamma' $ immagine di $ \Gamma $ passi per A e per B. Spiego ora come. Sia O il centro di $ \Gamma $ ed E l'intersezione della retta MA con $ \Gamma $ dalla parte di A rispetto a M. Si traccia la retta EO e la sua parallela passante per A. L'intersezione di quest'ultima con t è O'. $ \Gamma' $ è la circonferenza di centro O' e raggio O'A. Dette C e C' le intersezioni di $ \Gamma' $ con s, i triangoli ABC e ABC' soddisfano le condizioni del problema.
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]

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