Problema di trigonometria coi limiti

oleg.fresi
Ho questo problema: nel parallelogramma $ABCD$ in figura, $AB=6$, $BC=5$, EF è parallelo ad AB. Calcola il limite del rapporto fra l'area del triangolo $CFG$ e l'area del trapezio $CDEG$ al tendere di $F$ a $C$.



Ho trovato tutti gli angoli del disegno, il fatto è che non riesco a capire come determinare $FG$ e $FC$.
Potreste aiutarmi per favore?

Risposte
StellaMartensitica
Scusa ma $\bar(AB)$ (se ABCD è un parallelogramma) dovrebbe essere uguale a $\bar(CD)$ con riferimento alla figura. Però hai scritto che $\bar(CD)=5$ e $\bar(AB)=6$

oleg.fresi
Infatti ho sbagliato, grazie per avermelo fatto notare, in realtà è $BC=5$

StellaMartensitica
Spero di non aver sbagliato qualche calcolo, sono abbastanza noiosi ma è un bel problemino.

Calcolo la lunghezza di $\bar(CA)=sqrt(6^2+5^2+2*5*6*cos(120°))=sqrt(36+25+30)=sqrt(91)$ con il teorema di Carnot.
Indico con $\alpha$ l'angolo $C\hat(A)B$, o equivalentemente (per il teorema delle parallele tagliate da una trasversale), l'angolo $A\hat(C)D$.
Indico con $\gamma$ l'angolo $B\hat(C)A$, o equivalentemente (per il teorema delle parallele tagliate da una trasversale), l'angolo $C\hat(A)D$.

Applico il teorema dei seni:

$sqrt(91)/(sen(120°))=5/(sen(\alpha))$
da cui ho:

$sen(\alpha)=5*(sen(120°))/sqrt(91)=(5*sqrt(3))/(2*sqrt(91))$

Riapplico il teorema dei seni:
$6/(sen(\gamma))=sqrt(91)/(sen(120°))$

$sen(\gamma)=(6*(sqrt(3)/2))/sqrt(91)=(3*sqrt(3))/sqrt91$

Pongo, a questo punto, $x=\bar(GF)$ Il libro ti da qualche suggerimento su cosa porre come incognita???

Applico il teorema dei seni:
$x/(sen(\gamma))=\bar(FC)/(sen(\alpha))$

$\bar(FC)=(sen(\alpha))/(sen(\gamma))*x$

L'area del triangolo $GFC$, sarà:

$A_(GFC)=1/2*FC*x*sen(120°)=1/2*(sen(\alpha))/(sen(\gamma))*x*x*sqrt(3)/2=(5*sqrt(3))/(24)*x^2$

L'area del trapezio, sarà:

$A_(CDEG)=(((6-x)+6)*H)/2$

$H=\bar(CG)*sen(\alpha)$
per il teorema del coseno:
$CG=sqrt(x^2+((sen(\alpha))/(sen(\gamma)))^2*x^2-2*x^2*((sen(\alpha))/(sen(\gamma)))*(-1/2))=sqrt(91)/36 *x$

Quiiiiiindi:
$A_(CDEG)=((12-x)*\bar(CG)*sen(\alpha))/2=((12-x)*sqrt(91)/36 *x*((5*sqrt(3))/(2*sqrt(91))))/2=((12-x)*x*5*sqrt(3))/144$

Il limite mi viene zero. Cosa ti dà il libro?
L'ho modificato un po' divolte perché scrivo sen all'italiana e il programma si oppone perché vuole sin all'inglese, il che è un peccato.

oleg.fresi
Il libro non dava nessun suggerimento.
Il limite viene 0, ma penso sia la parte più facile del problema, la competenza stava nel trovare le aree.
Non mi rimane che ringrazianti per la risposta molto dettagliata, buona serata!

oleg.fresi
Mi viene però un dubbio: quando calcoli l'altezza del trapezio, non bisognerebbe fare $CGcosalpha$, e poi l'angolo $alpha$ dovrebbe essere solo $FGC$, o mi sbaglio?

StellaMartensitica
No anche $A\hat(C)D=\alpha$, a quel punto fai cateto=ipotenusa*sen(angolo opposto).

Ho condotto l'altezza da $G$ su $\bar(CD)$, perpendicolarmente a quest'ultimo (cioè la base maggiore del trapezio)

oleg.fresi
Il disegno che ho fatto rispecchia quello che pensi tu?



$alpha$ non sarebbe l'angolo $FGC$ ?

StellaMartensitica
No. $E\hat(G)C=180°-\alpha$ Lo vedi anche dal disegno.
No scusa si. $\alpha= F\hat(G)C=A\hat(C)D$ Avevo scambiato la $E$ con la $F$.
Se preferisci fare la proiezione con il coseno... Allora puoi anche dire:

$\bar(GH)=\bar(CG)*cos(90°-\alpha)$

oleg.fresi
Ok adesso ho capito, ma non capivo se con l'angolo $ACD$, intendessi tutto l'angolo o solo uno dei due pezzettini.

StellaMartensitica
Per sincerarti del fatto che seni e coseni sono giusti, fatti questo calcolo qua, in un futuro (non in verifica che perdi tempo prezioso):

$sen(\gamma)=3*sqrt(3/91)$
$sen(\alpha)=5/2*sqrt(3/91)$

da cui, facendo lavorare le formule al posto tuo:
-$\alpha$, $\gamma$ angoli acuti evidentemente, se guardi un poco la figura e il parallelogrammo-
$cos(\gamma)=sqrt(1-9*3/91)=sqrt(64/91)=8/sqrt(91)$
$cos(\alpha)=sqrt(1-25/4*3/91)=sqrt(289/(91*4))=17/(2*sqrt(91))$

$cos(\alpha+\gamma)=cos(\alpha)*cos(\gamma)-sen(\alpha)*sen(\gamma)=$

$=17/(2*sqrt(91))*8/sqrt(91)-5/2*sqrt(3/91)*3*sqrt(3/91)=(17*8)/(2*91)-(15*3)/(91*2)=91/(91*2)=1/2$

Quindi, concludi facilmente che $\alpha+\gamma=60°$, come del resto è giusto che sia dato che si tratta di un parallelogramma.

oleg.fresi
Quindi dell'angolo $ACD$ intendevi l'angolo $gamma$ e non tutto l'angolo $C$, giusto?

StellaMartensitica
"SirDanielFortesque":
Indico con $\alpha$ l'angolo $C\hat(A)B$, o equivalentemente (per il teorema delle parallele tagliate da una trasversale), l'angolo $A\hat(C)D$.
Indico con $\gamma$ l'angolo $B\hat(C)A$, o equivalentemente (per il teorema delle parallele tagliate da una trasversale), l'angolo $C\hat(A)D$.



Non ho capito. L'angolo $A\hat(C)D$ è l'angolo $A\hat(C)D$. E' lui è uno solo. La sua ampiezza, che è la stessa di altri angoli, l'ho chiamata $\alpha$ per non dover riscrivere ogni volta tre lettere.

oleg.fresi
Tutto ok, ho capito dove mi stavo inceppando, grazie ancora!

StellaMartensitica
Spero di non far arrabbiare nessuno se mando una foto. Non riuscivo a disegnare meglio. A me sembra sia tutto giusto. Eccola.



oleg.fresi
Sì sì, come immaginavo, ora mi è tutto chiaro!

StellaMartensitica
Bene. Se posso fare una nota, in questi problemi la parte più delicata è trovare cosa porre come incognita. Il mio libro delle superiori mi dava un suggerimento su cosa imporre uguale a $x$.

oleg.fresi
Come mai qui hai posto $FG$ come incognita?

StellaMartensitica
Perché quando $ x->0$ tende a zero $F->C$ (è un po' un abuso di linguaggio). Forse si può mettere un'incognita migliore. Tu cosa avresti messo come incognita per fare meno calcoli?

oleg.fresi
Per fare meno calcoli non so, ma come incognita avrei pensato a $FC$

StellaMartensitica
Anch'io all'inizio avevo pensato a $\bar(FC)$ però mentre se poni $\bar(FG)$ come incognita hai già la base minore del trapezio pronta $\bar(EG)=(6-x)$, se usi $\bar(FC)$ devi ricavartela con considerazioni varie ed eventuali, allora ho cambiato idea e ti ho proposto questa soluzione. Magari c'è una strada migliore non so dirti. Per quello ti ho chiesto se il libro aveva qualche suggerimento in merito.

Comunque, nota anche il significato del limite. Quando $\bar(FG)->0$ vedi quanto l'area del triangolo va a zero molto più velocemente dell'area del trapezio? Immaginati il segmento $\bar(EF)$ che si sposta?

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