2 interessanti problemi di GEOMETRIA

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Giampy79
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2 interessanti problemi di GEOMETRIA

Messaggio da Giampy79 » 11 lug 2007, 17:55

Salve ragazzi,
mi chiamo Giampaolo, ho 28 anni e abito in un paesino in provincia di Treviso. E' il mio primo messaggio che scrivo. Sono un appassionato di matematica come la maggior parte di voi e vorrei proporvi 2 problemi di geometria interessanti ma non riesco a venirne fuori...sapreste darmi dei suggerimenti?

1) Un trapezio rettangolo è circoscritto ad un cerchio e il lato obliquo, lungo 75 cm., è diviso dal punto di contatto in due segmenti il cui rapporto è 9/16. Calcola le misure del perimetro e dell'area del trapezio e quella del perimetro del triangolo avente un lato coincidente con la base maggiore del trapezio e per vertice opposto il punto di intersezione dei prolungamenti dei lati non paralleli.
[Sol. 294 cm.; 5292 cm^2; 672 cm.]

Considera un triangolo equilatero ABC di lato a; sia M il punto medio del lato AB. Determina sul lato BC un punto P in modo che, detta H la sua proiezione sul lato AC, risulti:
PM^2+PH^2+AH^2+AM^2=(5/4)a^2

[Sol. PB=(1/4)a; (1/2)a]

Aspetto vostri suggerimenti
Grazie infinite
Sempre affezionatissimo
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EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 11 lug 2007, 18:57

Il primo suggerimento è di leggere attentamente le faq del forum, il regolamento e i consigli su dove postare i post, il tutto nel comitato di accoglienza.
Infatti questi sono problemi di geometria e come tali vanno in geometria... non qui!
Per il resto, benvenuto e buona navigazione.

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 12 lug 2007, 10:05

Per il momento ho risolto parte del primo :D

Allora

Immagine

in cui

$ BC = 75 $
$ \frac{PC}{PB} = \frac{9}{16} $

Inoltre

$ BM = BP = 48 $
$ CN = CP = 27 $

Chiamiamo $ r $ il raggio della circonferenza inscritta

$ AB = r + 48 $
$ CD = r + 27 $

Perciò

$ BH = 48 -27 = 21 $
$ CH = \sqrt{(BC^2 - BH^2)} = 72 $
$ r = \frac{CH}{2} = 36 $
$ 2p = 4r + 2BC = 294 $
$ A = \frac{(AB + CD)\cdotAD}{2} = \frac{(2r + BC)\cdot 2r}{2}=5292 $

Per la seconda parte ci studierò più avanti ora non ho voglia :lol:
Ultima modifica di Alex90 il 12 lug 2007, 11:54, modificato 1 volta in totale.

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Ponnamperuma
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Messaggio da Ponnamperuma » 12 lug 2007, 10:48

Alex90 ha scritto:[...] poichè ci troviamo in un quadrilatero ciclico [...]
Piccola nota... Ciclico significa inscrivibile, non circoscrivibile! Infatti gli angoli opposti del trapezio sono tutto meno che supplementari! (Gli unici trapezi inscrivibili sono quelli isosceli...)
Del resto la proprietà che sfrutti non c'entra con i quadrilateri ciclici, quindi la soluzione è corretta!...

Contributo per la seconda parte (premesso che non voglio fare i calcoli :wink: ):

Chiamo E il vertice del triangolo richiesto, ottenuto intersecando i prolungamenti di AD e BC. Ora, il triangolo ABE è simile al triangolo CDE.
Quindi CD:AB=ED:EA, ossia CD:AB=ED:(ED+AD). Risolvi rispetto a ED...
Analogamente CD:AB=EC:EB, ossia CD:AB=EC:(EC+BC). Risolvi rispetto a EC...

Detto H' il piede della perpendicolare da E a CD, sai che CD:AB=EH':(EH'+CH). E risolvi rispetto a EH'.

Ora sai tutto quello che ti serve per calcolare esplicitamente perimetro e area di ABE... :)
La grandezza dell'uomo si misura in base a quel che cerca e all'insistenza con cui egli resta alla ricerca. - Martin Heidegger

MIND torna!! :D

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 12 lug 2007, 11:49

Ponnamperuma ha scritto:
Alex90 ha scritto:[...] poichè ci troviamo in un quadrilatero ciclico [...]
Piccola nota... Ciclico significa inscrivibile, non circoscrivibile! Infatti gli angoli opposti del trapezio sono tutto meno che supplementari! (Gli unici trapezi inscrivibili sono quelli isosceli...)
Del resto la proprietà che sfrutti non c'entra con i quadrilateri ciclici, quindi la soluzione è corretta!
ops :lol: :lol: :lol:

purtroppo quanto a teoria sn piuttosto ignorante quindi perdona il mio errore :D

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 12 lug 2007, 12:37

Come peri il primo ho risolto solo un pezzo anche di questo esercizio :lol:

Partiamo sempre dal disegno

Immagine

Dai dati abbiamo che

$ PM^2+PH^2+AH^2+AM^2 = \frac{5}{4} a^2 $

Essendo PH il segmento di perpendicolare al lato AC passante per il punto P, per il Teorema di Pitagora sarà sempre vero che

$ PH^2+AH^2=AP^2 $

Inoltre

$ AM = \frac{a}{2} $

Otteniamo quindi

$ PM^2 + AP^2 + \frac{1}{4} a^2= \frac{5}{4} a^2 $
$ PM^2 + AP^2 = a^2 $

Risulta subito evidente che se AP è perpendicolare a BC allora PM = PB e l'uguaglianza risulta verificata per $ BP = \frac{a}{2} $

Tuttavia non riesco a vedere come possa funzionare per $ BP = \frac{a}{4} $, mi viene in mente solo se in quel caso fosse PM ad essere perpendicolare a BC...ma non ho più voglia di pensare :lol:

Giampy79
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Per Alex90 (in particolare)

Messaggio da Giampy79 » 12 lug 2007, 18:08

:) Ti ringrazio dei preziosi suggerimenti che mi ha dato (ringrazio anche gli altri ovviamente!), ma volevo chiederti per quanto riguarda il SECONDO problema (quello del tringolo equilatero):

1) il fatto che AP sia perpendicolare a BC è un'ipotesi che fai tu non è un'ipotesi del problema, vero?...e sei obbligato a farla altrimenti non si può andare avanti con il problema, giusto?
2) se AP è perpendicolare a BC allora PM = PB, giustamente perchè AP e PM sarebbero i cateti del triangolo rettangolo APB rettangolo in P e AB sarebbe l'ipotenusa...ma non riesco a capire perchè l'ugualglianza risulta verificata per
PB=a/2 non conoscendo quanto vale AP?
3) come mai secondo te, il problema scrive le seguenti soluzioni:
[Sol. PB=(1/4)a; (1/2)a]

Grazie ancora
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Messaggio da julio14 » 13 lug 2007, 16:49

Credo che quello che intendesse Alex è he noi dobbiamo trovare dei valori di BP per cui è verificata l'uguaglianza, e se per qualche strana intuizione decidiamo che BP=a/2 potrebbe essere una soluzione, allora proviamo a verificarla e vediamo che è vera come ha fatto lui, infatti poichè AB=AC se AP è mediana è anche altezza. Poi ovviamente manca da dimostrare che vale anche per BC=a/4 e che non ci sono altre soluzioni.
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Re: Per Alex90 (in particolare)

Messaggio da Alex90 » 13 lug 2007, 17:18

1) il fatto che AP sia perpendicolare a BC è un'ipotesi che fai tu non è un'ipotesi del problema, vero?...e sei obbligato a farla altrimenti non si può andare avanti con il problema, giusto?
si. in fondo questi problemi cercano molto spesso il caso particolare che per esempio può essere quando appunto i segmenti sono perpendicolari
2) se AP è perpendicolare a BC allora PM = PB, giustamente perchè AP e PM sarebbero i cateti del triangolo rettangolo APB rettangolo in P e AB sarebbe l'ipotenusa...ma non riesco a capire perchè l'ugualglianza risulta verificata per
PB=a/2 non conoscendo quanto vale AP?
per il caro vecchio teorema di pitagora :P
con AP perprendicolare a BC abbiamo un triangolo rettangolo quindi
$ a^2+b^2=c^2 $
nel nostro caso
$ AP^2+PB(=PM)^2=a(=AB)^2 $
3) come mai secondo te, il problema scrive le seguenti soluzioni:
[Sol. PB=(1/4)a; (1/2)a]
Beh $ PB = \frac{a}{2} $ è quella che ho trovato io, poi come dicevo magari un altro caso particolare riguarda sempre la perpendicolarità e quello potrebbe appunto essere il caso di $ PB = \frac{a}{4} $

comunque ci penserò su :D

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Martino
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Messaggio da Martino » 13 lug 2007, 18:54

Provo a dare uno sketch della proof che ho pensato io (dopo innumerevoli stupidissimi errori! Meno male ne sono uscito :P )

WLOG possiamo supporre a=1 (tipico in questi problemi).

Chiamiamo x l'angolo PMB, che individua il punto P variando tra 0 e $ \pi/2 $.

Ne segue, usando teorema dei seni e risoluzione dei triangoli rettangoli, che:

$ PB=\frac{\sin x}{\sqrt{3} \cos x+\sin x} $
$ PM=\frac{\sqrt{3}}{2}\frac{1}{\sqrt{3} \cos x+ \sin x} $
$ PH=\frac{\sqrt{3}}{2}(1-PB) $
$ AH=\frac{1}{2}(1+PB) $

Imponendo la condizione del testo e svolgendo, troviamo la condizione

$ PB=PB^2+PM^2 $

Sostituendo e svolgendo, otteniamo l'equazione

$ 3=4\sqrt{3} \sin x \cos x $, ovvero $ \sin 2x = \frac{\sqrt{3}}{2} $

2x varia tra 0 e $ \pi $, quindi le due soluzioni di questa equazione sono

$ 2x=\pi/3, \hspace{1cm} 2x=2 \pi/3 $

Ovvero $ x=\pi/6 $ e $ x=\pi/3 $. A questi due valori di x corrispondono rispettivamente i valori 1/4, 1/2 di PB.
"Possono essere anche patate, basta che ci sia l'azione!"

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 13 lug 2007, 20:39

Martino ha scritto:
$ PB=PB^2+PM^2 $
ho dato sl 1 letta d sfuggita visto ke sn d passaggio e penso sia giusto xò sicuramente qui c'è 1 qlc errore d distrazione :D

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Martino
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Messaggio da Martino » 13 lug 2007, 20:50

Alex90 ha scritto:
Martino ha scritto:
$ PB=PB^2+PM^2 $
ho dato sl 1 letta d sfuggita visto ke sn d passaggio e penso sia giusto xò sicuramente qui c'è 1 qlc errore d distrazione :D
Mmh perché? Le condizioni che vengono "da lassù" non devono avere per forza un riscontro geometrico :P

Ah.. ricorda che ho assunto a=1.
Ultima modifica di Martino il 13 lug 2007, 21:56, modificato 1 volta in totale.
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Paolz
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Messaggio da Paolz » 13 lug 2007, 21:07

Se chiami K la proiezione di P su AB e KM=x, hai che PB=(a/2)-x. Quindi, siccome l'angolo in B è di 60°, PK=rad3(a/2-x). PB è il doppio di KB: PB=a-2x, e per differenza PC=2x. Quindi ragionando con l'angolo in C di 60° hai CH=x, e PH=xrad3. Per differenza, hai AH=a-x. Sommando i quadrati di AH, PH e AM=a/2 e applicando Pitagora al triangolo PKB, hai:

x^2+3a^2/4-3ax+3x^2+3x^2+a^2-2ax+x^2+a^2/4=5a^2/4

da cui, risolvendo, trovi x=3a/8 o x=a/4, quindi PB=a-2x=a/4 o PB=a-2x=a/2.

Alex90
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Messaggio da Alex90 » 14 lug 2007, 11:07

Paolz ha scritto:Se chiami K la proiezione di P su AB e KM=x, hai che PB=(a/2)-x. Quindi, siccome l'angolo in B è di 60°, PK=rad3(a/2-x). PB è il doppio di KB: PB=a-2x, e per differenza PC=2x. Quindi ragionando con l'angolo in C di 60° hai CH=x, e PH=xrad3. Per differenza, hai AH=a-x. Sommando i quadrati di AH, PH e AM=a/2 e applicando Pitagora al triangolo PKB, hai:

x^2+3a^2/4-3ax+3x^2+3x^2+a^2-2ax+x^2+a^2/4=5a^2/4

da cui, risolvendo, trovi x=3a/8 o x=a/4, quindi PB=a-2x=a/4 o PB=a-2x=a/2.
m sembra la soluzione migliore comunque per un fattore di "leggibilità" mi sono permesso di riscriverla in tex :D


$ KM=x $
$ PB=\frac{a}{2} $
$ \beta= 60° $
$ PK=(\frac{a}{2}-x)\sqrt3 $
$ PB=2KB $
$ PB=a-2x $
$ PC=2x $
$ \gamma=60° $
$ CH=x $
$ PH=x\sqrt3 $
$ AH=a-x $
$ x^2+\frac{3}{4}a^2-3ax+3x^2+3x^2+a^2-2ax+x^2+\frac{a^2}{4}=\frac{5}{4}a^2 $
$ x=\frac{3}{8}a $ o $ x=\frac{a}{4} $
$ PB=a-2x $
$ PB=\frac{a}{4} $ o $ PB=\frac{a}{2} $

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