Problema geometrico
Buon giorno ho un problema che dovrebbe essere semplice ma mi sono perso:
INTERNAMENTE AD UN RETTANGOLO ISOSCELE ABC DI IPOTENUSA BC=a sqrt(2) DETERMINARE UN PUNTO P IN MODO CHE L´ANGOLO APB SIA DI 135 GRADI E CHE SIA ka^(2) LA SOMMA DEI QUADRATI DELLE DISTANZE DAL VERTICE.
gRAZIE
INTERNAMENTE AD UN RETTANGOLO ISOSCELE ABC DI IPOTENUSA BC=a sqrt(2) DETERMINARE UN PUNTO P IN MODO CHE L´ANGOLO APB SIA DI 135 GRADI E CHE SIA ka^(2) LA SOMMA DEI QUADRATI DELLE DISTANZE DAL VERTICE.
gRAZIE
Risposte
"andreas78":
INTERNAMENTE AD UN RETTANGOLO ISOSCELE ABC
? Un triangolo rettangolo, immagino.
Poi: le maiuscole! Ahi! E le formule! Ahi!
Dopo aver sottoscritto le osservazioni di @ghira, vediamo.
Se prendiamo $a = 1$, possiamo sistemare il triangolo in modo che i vertici siano:
$A(0;0)$ $B(0;1)$ $C(1;0)$.
Se chiamiamo $P(x;y)$ la condizione sui quadrati viene $x^2 + y^2 + (x-1)^2 + y^2 + (y-1)^2 + x^2 = k$ che rappresenta l'eq. di una circonferenza con centro in $(1;1)$ e raggio dipendente di $k$ (quindi, solo alcuni $k$ andranno bene)
Poi, se $APB = 135°$, allora considerando la circonferenza che passa per $ABP$ quello è un angolo alla circonferenza. Il corrispondente angolo al centro è $270°$. Il che vuol dire che dal centro $O$ della circonferenza il segmento $AB$ è visto sotto un angolo di $90°$, la qual cosa determina la posizione del centro.
Infine, l'intersezione delle due circonferenze è il tuo punto $P$
Se prendiamo $a = 1$, possiamo sistemare il triangolo in modo che i vertici siano:
$A(0;0)$ $B(0;1)$ $C(1;0)$.
Se chiamiamo $P(x;y)$ la condizione sui quadrati viene $x^2 + y^2 + (x-1)^2 + y^2 + (y-1)^2 + x^2 = k$ che rappresenta l'eq. di una circonferenza con centro in $(1;1)$ e raggio dipendente di $k$ (quindi, solo alcuni $k$ andranno bene)
Poi, se $APB = 135°$, allora considerando la circonferenza che passa per $ABP$ quello è un angolo alla circonferenza. Il corrispondente angolo al centro è $270°$. Il che vuol dire che dal centro $O$ della circonferenza il segmento $AB$ è visto sotto un angolo di $90°$, la qual cosa determina la posizione del centro.
Infine, l'intersezione delle due circonferenze è il tuo punto $P$
Grazie ma mi serve la dimostrazione algebrica
Grazie mille ma mi servirebbe la dimostrazione algebrica
Non è abbastanza algebrica?
no non devo usare il piano cartesiamo ma attraverso i teoremi di talete pitagora anfolo 45 90 30 60 90
Soluzione algebrica? 
E suppongo che dovevamo indovinare, giusto?
E suppongo che dovevamo indovinare, giusto?
ve bhe avete espresso la vostra saccenza.. quando qualcuno si rivolge a voi, si suppone che questa persona abbia bisogno di aiuto.
Dunque riassumiamo...
tu butti là un problema scritto abbastanza coi piedi...
non mostri nessuno dei tuoi tentativi (posto che ci siano)...
ti propongo una soluzione, che senza essere rifinita nei dettagli mi pare abbastanza completa...
tu mi dici (due volte) che vuoi una soluzione algebrica...
ti rispondo che la mia E' algebrica...
rispondi che no, deve basarsi su Talete, Pitagora e non so che altro (forse non concordiamo su cosa è algebra?)...
ti rispondo quindi che non mi pare che quel che chiedi sia algebrico, e che comunque non posso indovinare i vincoli che pretendi, se non li dici...
Dopo di che mi becco del saccente... Ok, auguri per le tue prossime frequentazioni del forum
tu butti là un problema scritto abbastanza coi piedi...
non mostri nessuno dei tuoi tentativi (posto che ci siano)...
ti propongo una soluzione, che senza essere rifinita nei dettagli mi pare abbastanza completa...
tu mi dici (due volte) che vuoi una soluzione algebrica...
ti rispondo che la mia E' algebrica...
rispondi che no, deve basarsi su Talete, Pitagora e non so che altro (forse non concordiamo su cosa è algebra?)...
ti rispondo quindi che non mi pare che quel che chiedi sia algebrico, e che comunque non posso indovinare i vincoli che pretendi, se non li dici...
Dopo di che mi becco del saccente... Ok, auguri per le tue prossime frequentazioni del forum
Direi perfetto:D
Immagino che parlando di "distanze dal vertice" tu ti riferisca alle distanze dai tre vertici A, B, C; il problema è abbastanza facile con l'analitica o la trigonometria, ma escludendole la vedo grigia. Ti do comunque un possibile inizio.
P vede BC sotto un angolo di 135°, quindi sta su un arco di circonferenza di centro D (da trovare) ed il corrispondente angolo al centro è 270°; perciò per l'angolo convesso si ha $B hatDC=360°-270°=90°$. Poiché BD=CD il triangolo BCD è rettangolo e isoscele, quindi ABDC è un quadrato e si ha $PD=a$.
Per P tracci ora le parallele ai lati del quadrato; indicando con $x$ la distanza di D da una di questa parallelle, la sua distanza dall'altra è $sqrt(a^2-x^2)$. Calcoli poi le tre distanze che ti interessano, che sono le ipotenuse di triangoli con cateti noti (in funzione di $x$); a calcoli fatti, ottieni l'equazione
$7a-4x-4 sqrt(a^2-x^2)=2a K$
con la limitazione $0<=x<=a$.Per non impazzire nei calcoli, consiglio la sostituzione $7-2k=4h$, con la quale l'equazione diventa
$sqrt(a^2-x^2)=ha-x$
ma qui ti abbandono perché non è un'equazione molto facile da discutere con la sola algebra.
P vede BC sotto un angolo di 135°, quindi sta su un arco di circonferenza di centro D (da trovare) ed il corrispondente angolo al centro è 270°; perciò per l'angolo convesso si ha $B hatDC=360°-270°=90°$. Poiché BD=CD il triangolo BCD è rettangolo e isoscele, quindi ABDC è un quadrato e si ha $PD=a$.
Per P tracci ora le parallele ai lati del quadrato; indicando con $x$ la distanza di D da una di questa parallelle, la sua distanza dall'altra è $sqrt(a^2-x^2)$. Calcoli poi le tre distanze che ti interessano, che sono le ipotenuse di triangoli con cateti noti (in funzione di $x$); a calcoli fatti, ottieni l'equazione
$7a-4x-4 sqrt(a^2-x^2)=2a K$
con la limitazione $0<=x<=a$.Per non impazzire nei calcoli, consiglio la sostituzione $7-2k=4h$, con la quale l'equazione diventa
$sqrt(a^2-x^2)=ha-x$
ma qui ti abbandono perché non è un'equazione molto facile da discutere con la sola algebra.
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