[G] Inraggio+Circoraggio

Marco · Messaggio da **Marco** » 01 gen 1970, 01:33

Ciao. ItaMO 1987.3:
 
 Indicare come si può costruire, con riga e compasso, un triangolo rettangolo di cui sono assegnati i raggi del cerchio inscritto e di quello circoscritto.
 
 Ciao. M.[addsig]

Simo_the_wolf · Messaggio da **Simo_the_wolf** » 01 gen 1970, 01:33

Dunque... si dovrebbe poter fare: chiamando C1 e C2 i due cateti abbiamo che C1+C2=2(R+r). Inoltre abbiamo C1*C2 perchè r=S/p ma p=2(2R+r) e S=C1*C2/2 quindi C1*C2=4r*(r+2R). Avendo somma e prodotto possiamo trovare i due lati tranquillamente (sapendo come si convertono i rettangoli in quadrati aventi la stessa area e viceversa). Adesso non ho tempo di spiegare tutto... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">

Marco · Messaggio da **Marco** » 01 gen 1970, 01:33

Ok. Torna. Ma mentre il buon Simo trova il tempo di buttare giù in bella calligrafia la costruzione, qualcun altro ci vuole provare?
 
 (la soluzione ufficiale riporta due costruzioni, e io, nel mio piccolo, ne ho trovata una terza segosissima, che posterò per farvi un po\' ridere)

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Una costruzione si puo\' facilmente ottenere sfruttando la formula di Eulero che da\' la distanza tra i due centri O ed I in termini dei due raggi R ed r (con il solito significato dei termini): OI^2 = R(R-2r).

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

un\'altra soluzione si puo\' ottenere considerando che se BC e\' l\'ipotenusa del traingolo cercato allora < BIC = 135°.
 Per cui I e\' l\'intersezione del luogo dei punti che vedono BC=2R sotto una dato angolo con la parallela a BC distante r da essa. Il resto della costruzione segue facilmente.

Marco · Messaggio da **Marco** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2005-01-11 15:14, sprmnt21 wrote:
 un\'altra soluzione si puo\' ottenere considerando che se BC e\' l\'ipotenusa del traingolo cercato allora < BIC = 135°.
 Per cui I e\' l\'intersezione del luogo dei punti che vedono BC=2R sotto una dato angolo con la parallela a BC distante r da essa. Il resto della costruzione segue facilmente.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Ecco. Questa è l\'idea che sta sotto la mia procedura segosa. Che ho costruito così:
 
 Vi risparmio la prima parte (quella per portare i raggi nello stesso posto e paralleli); supponiamo di avere quindi R e r su una stessa retta t, con un vertice O in comune.
 
 Il p.to che dista R da A lo chiamo O (per ovvi motivi). Traccio già il cerchio circoscritto (centro O e passante per A) trovo B. AB sarà l\'ipotenusa. Poi faccio la retta (t1) parallela a t a distanza r. Per farlo in modo furbo, faccio la perpendicolare a t per O che chiamo s. L\'intersezione di s con il cerchio circo la chiamo P (prendo quella dalla parte opposta di t1).
 
 Esso punto P ha la notevole proprietà di vedere AB sotto un angolo retto (dimostraz.: AOP è retto con due cateti uguali). Quindi gli angoli alla crf vedono AB sotto un angolo di 45° se sto dalla stessa parte di P e di 135° se sto dall\'altra parte. Ergo, per quanto l\'ottimo Sprmnt ci ha dimostrato(*), I sta sull\'arco di centro P e passante per A (e per B, per simmetria). Quindi, l\'intersezione (sempreché esista!!) di detto arco con t1 è l\'incentro I.
 
 Non ho ancora finito, ma quasi. AI è infatti la bisettrice di BAC (dove C è il terzo vertice del triangolo, che devo ancora costruire). Quindi, riportando l\'angolo BAI oltre la 1/2r.ta AI (si fa tracciando due cerchi...), ottengo una nuova 1/2r.ta, su cui si trova C. L\'intersezione di essa 1/2r.ta con crf.circo. è C.
 
 (*) rileggendo il messaggio di S21, non ce l\'ha dimostrato. Vabbé: facile es. per il lettore...
 
 Ciao. M.[addsig]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2005-01-11 14:58, sprmnt21 wrote:
 Una costruzione si puo\' facilmente ottenere sfruttando la formula di Eulero che da\' la distanza tra i due centri O ed I in termini dei due raggi R ed r (con il solito significato dei termini): OI^2 = R(R-2r).
 
 
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 un modo (ma non e\' l\'unico) per eseguire operitavimante la costruzione (non dettagliando tutti i passi elementari) e\' il seguente:
 
 sia AB=2R ed O il punto medio di AB; sia D un punto di AO tale che DO=2r e c il cerchio di diametro AD; sia E il punto di tangenza di una delle tangenti da O a c; sia c\' il cerchio di centro O e raggio OE; siano I\' ed I\" i punti in cui una retta parallela ad AB distante r da essa taglia c\'; sia c\" il cerchio di centro I\' e raggio r; si traccino da A e B le tangenti a c\" (diverse da AB) e sia C il loro punto comune; il punto C sta su (O; OA) e quindi ABC e\' il triangolo cercato;
 ripetendo gli stessi passi a partire da I\" si ottiene un triangolo simmetrico di questo rispetto all\'asse di AB.
 
 
 PS
 Marco hai detto che ci stanno due differenti soluzioni ufficiali oltre a quella trovata da te. Questa mia e\' una ancora diversa o e\' sostanzialmente simile ad una delle due?

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2005-01-11 15:14, sprmnt21 wrote:
 un\'altra soluzione si puo\' ottenere considerando che se BC e\' l\'ipotenusa del traingolo cercato allora < BIC = 135°.
 Per cui I e\' l\'intersezione del luogo dei punti che vedono BC=2R sotto una dato angolo con la parallela a BC distante r da essa. Il resto della costruzione segue facilmente.
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Questa si puo\' eseguire, anche, cosi\':
 
 si costruisce un quadrato di lato AB=2R; sia c il cerchio circoscritto al quadrato di centro K; a distanza r da AB esternamente al quadrato si traccia una parallela che taglia c in I\' ed I\"; sia c\' il cerchio di diametro AB; la retta KI\' interseca c\' in C che e\' il terzo vertice del traingolo richiesto.
 
 Lo stesso per I\".

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Visto che ci siamo posto anche la mia soluzione.
 Si tratta in sostanza di costruire un triangolo rettangolo
 di cui sono noti l\'ipotenusa 2R e la somma dei cateti 2r+2R.
 Si costruisca allora il segmento OX=2r+2R e si mandi
 da O la semiretta OY che formi con OX l\'angolo di 45°.
 Centro in X, si tracci la circonferenza di raggio 2R che intersechi
 (eventualmente) la OY in P1 e P2.Da uno di questi punti
 si mandi la perpendicolare ad OX in Qi :il triangolo XQiPi (i=1,2)
 risolve il nostro problema.
 Esso ha 2,1,0 soluzioni secondo che:
 r minore ,uguale,maggiore di R[sqrt(2)-1]
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 11-01-2005 22:22 ]

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Non so se questa costruzione funziona...quindi non vi scrivo il perchè del suo essere...provate (nel caso fosse corretta) a indovinare da dove arriva.
 
 Costruiamo un segmento AB di lunghezza 2R e prolunghiamolo in un segmento CD (con C dopo A e D dopo B) di lungezza 2R+r t.c. CA=DB. Tracciamo la circonferenza di diametro AB, il cui centro sia O su AB. Tracciamo la circonferenza di diamentro CO e la perpendicolare s a CD in C.
 Sia E un\'intersezione tra le due circonferenze. Tracciamo la circonferenza di centro C e raggio CE e chiamiamo F la sua intersezione con s. Conduciamo per s la parallela a CD e costruiamo una perpendicolare a CD passante per O; sia G la loro intersezione.
 Costruiamo il triangolo GAO e segnamo H su AO di modo che AH=GO; sia J l\'incontro tra una perpendicolare a CD in H e GA. Tracciamo la parallela a CD per J, che interseca la prima circonferenza tracciata (di centro O) in due punti, chiamiamoli K,L. I triangoli ABK e ABL soddisfano la richiesta, come pure i loro simmetrici rispetto a CD.
 
 Se funziona mi offro da bere da solo!!

Marco · Messaggio da **Marco** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2005-01-11 17:03, sprmnt21 wrote:
 Marco hai detto che ci stanno due differenti soluzioni ufficiali oltre a quella trovata da te. Questa mia e\' una ancora diversa o e\' sostanzialmente simile ad una delle due?
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 Beh, ora mi chiedi troppo. Per ora mi sono limitato a contare le soluzioni ufficiali... Da lì a dire se sono sostanzialmente diverse dalla mia e/o da una qualunque altra qui postata, ci vuole tempo (e cervello, soprattutto). Vi farò sapere.

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

ancora una:
 
 sia c una circonferenza di diametro AB; dividiamo AB in due parti che stanno come r/R (per fare questo si proceda cosi: su una semiretta per A si segnino D ed E tali che AD=r e DE=R, e sia F il punto in cui la parallela per D ad EB taglia AB; si ha che AF/FB=r/R); sia M il punto medio di uno degli archi (AB; la retta MF taglia c in C che e\' il terzo vertice del triangolo richiesto.
 
 L\'altra soluzione (simmetrica di questa) si ottiene ponendo AD=R e DE=r.
 
 -----
 edit
 
 non mi pare sia corretta!!!!
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 12-01-2005 10:59 ]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

ancora un\'altra (che deriva dall\'osservazione di Karl):
 
 si costruisca il luogo dei punti che vede AB=2R sotto un amgolo di 45° (un arco del cerchio circoscritto al quadrato di lato AB va bene allo scopo); si intersechi quest\'arco con il cerchio di centro A e raggio 2(R+r), siano C1 e C2 i punti; l\'intersezione dell\'asse di BCi con ACi da\' il terzo vertice del triangolo.
 
 Questa soluzione e\' valida in generale per costruire un traingolo di cui si conosce un lato l\'angolo opposto e la somma degli altri due lati.

Marco · Messaggio da **Marco** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2005-01-11 17:38, karl wrote:
 Visto che ci siamo posto anche la mia soluzione.
 Si tratta in sostanza di costruire un triangolo rettangolo
 di cui sono noti l\'ipotenusa 2R e la somma dei cateti 2r+2R.
 Si costruisca allora il segmento OX=2r+2R e si mandi
 da O la semiretta OY che formi con OX l\'angolo di 45°.
 Centro in X, si tracci la circonferenza di raggio 2R che intersechi
 (eventualmente) la OY in P1 e P2.Da uno di questi punti
 si mandi la perpendicolare ad OX in Qi :il triangolo XQiPi (i=1,2)
 risolve il nostro problema.
 Esso ha 2,1,0 soluzioni secondo che:
 r minore ,uguale,maggiore di R[sqrt(2)-1]
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 A occhio, direi che è questa la sol. ufficiale n.1 (idea e costruzione). Copio dal testo:
 
 \"Tracciato ora un segmento AL di lunghezza 2(R+r), costruita una 1/2r.ta LS t.c. ALS=45° e tracciato con centro in A il c. di raggio 2R, siano B e B\' le sue intersezioni con SL, C e C\' le rispettive prioiezioni su AL.\"
 
 ABC e AB\'C\' sono i triangoli cercati.
 
 [some time later...]
 
 Ah, e ora che vedo, la sol. ufficiale alternativa è quella del 135° (la mia non era poi così segosa, tutto sommato...)
 
 A quanto siamo? 5 soluzioni?
 
 SimoTW con somma e prodotto; io e S21 con 135°; Karl con somma dei cateti; S21 con f.d.Eulero, quello morto; Evariste sulla fiducia... altre?

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

propongo una leggera generalizzazione:
 costruire un triangolo ABC di cui si conoscono r, R ed alpha (l\'angolo al vertice A).