Problemi di geometria piana
Salve a tutti, volevo un consiglio per la risoluzione dei seguenti problemi:
1) "Sia dato un trapezio isoscele di area A circoscritto ad una semicirconferenza di raggio r. Calcolare i lati del trapezio."
E' facile ottenere la somma delle due basi del trapezio dato che il raggio della circonferenza è proprio l'altezza del trapezio, ma poi come proseguo?
2) "Sia dato un triangolo equilatero inscritto in una circonferenza e si colleghi uno dei vertici del triangolo con un punto qualsiasi della circonferenza. Dimostrare che il segmento così ottenuto è la somma o la differenza dei due segmenti che congiungono il punto sulla circonferenza con gli altri due vertici del triangolo."
Grazie in anticipo.
1) "Sia dato un trapezio isoscele di area A circoscritto ad una semicirconferenza di raggio r. Calcolare i lati del trapezio."
E' facile ottenere la somma delle due basi del trapezio dato che il raggio della circonferenza è proprio l'altezza del trapezio, ma poi come proseguo?
2) "Sia dato un triangolo equilatero inscritto in una circonferenza e si colleghi uno dei vertici del triangolo con un punto qualsiasi della circonferenza. Dimostrare che il segmento così ottenuto è la somma o la differenza dei due segmenti che congiungono il punto sulla circonferenza con gli altri due vertici del triangolo."
Grazie in anticipo.
Risposte
Penso di aver risolto il primo problema: infatti è possibile dimostare che i lati obliqui del trapezio sono esattamente metà della base maggiore (sfruttando la congruenza tra triangoli rettangoli) e di conseguenza è possibile scrivere la formula del teorema di Pitagora sul triangolo costituito da lato obliquo, altezza del trapezio e (B-b)/2. In questo modo trovo una seconda relazione tra B e b oltre a quella ricavabile dalla formula inversa dell'area del trapezio. Per trovare la soluzione risolvo un sistema di 2 equazioni in 2 incognite. Penso che funzioni ma non avendo le soluzioni non ne ho la certezza assoluta.
Benvenuto nel forum. L'impostazione del primo problema è corretta e puoi controllare la soluzione mettendoti in un qualche caso particolare, ad esempio quando il trapezio degenera in un rettangolo e quando gli angoli alla base sono di 45°.
In considerazione dell'impegno dimostrato nel non facile primo problema, ti do la soluzione del secondo; in altre circostanze non lo farei perché il regolamento (che ti invito a leggere) impone che ci sia un tentativo di soluzione. Spero che tu conosca la trigonometria, altrimenti debbo cercare un'altra soluzione; chiamo ABC il triangolo e P il punto, che suppongo sull'arco BC; pongo $P hat A B=B hat C P=x$. Per il teorema della corda
$PB=2r sin x$
$PC=2r sin P hat A C=2r sin(60°-x)$
$PA=2r sin P hat C A=2r sin(60° +B hat C P)=2r sin(60°+x)$.
Non ho fatto i calcoli ma sono semplici.
In considerazione dell'impegno dimostrato nel non facile primo problema, ti do la soluzione del secondo; in altre circostanze non lo farei perché il regolamento (che ti invito a leggere) impone che ci sia un tentativo di soluzione. Spero che tu conosca la trigonometria, altrimenti debbo cercare un'altra soluzione; chiamo ABC il triangolo e P il punto, che suppongo sull'arco BC; pongo $P hat A B=B hat C P=x$. Per il teorema della corda
$PB=2r sin x$
$PC=2r sin P hat A C=2r sin(60°-x)$
$PA=2r sin P hat C A=2r sin(60° +B hat C P)=2r sin(60°+x)$.
Non ho fatto i calcoli ma sono semplici.
Scusa ma non avevo controllato il regolamento. Grazie mille per l'avviso.
Comunque dovrei trovare un procedimento diverso che coinvolga le proprietà della circonferenza ed i punti speciali del triangolo (baricentro, ortocentro etc..), solo che non so proprio da che parte cominciare..
Comunque dovrei trovare un procedimento diverso che coinvolga le proprietà della circonferenza ed i punti speciali del triangolo (baricentro, ortocentro etc..), solo che non so proprio da che parte cominciare..
La soluzione di vittorino70 è senz'altro la più rapida ed elegante ma ha il difetto di applicare il poco noto teorema di Tolomeo. Do quindi anche un'altra dimostrazione.
Supposto P sull'arco BC, prendo su AP il punto M tale che \(\displaystyle PM=PB \). Il triangolo PMB ha due lati uguali e l'angolo compreso di 60° (perché insiste sullo stesso arco di $A hatC B$) quindi è equilatero; ne segue $M hat B P=60°$.
Considero ora i triangoli AMB e BPC: hanno $B hatA M=B hatCP$ (insistono sullo stesso arco), AB=BC (per ipotesi) e $A hatBM=C hatBP$ (perché entrambi ottenuti sottraendo $M hatBC$ da un angolo di 60°), quindi sono uguali per il secondo criterio e ne consegue \(\displaystyle AM=PC \).
Si ha perciò $AP=AM+PM=PC+PB$ che è la tesi.
Supposto P sull'arco BC, prendo su AP il punto M tale che \(\displaystyle PM=PB \). Il triangolo PMB ha due lati uguali e l'angolo compreso di 60° (perché insiste sullo stesso arco di $A hatC B$) quindi è equilatero; ne segue $M hat B P=60°$.
Considero ora i triangoli AMB e BPC: hanno $B hatA M=B hatCP$ (insistono sullo stesso arco), AB=BC (per ipotesi) e $A hatBM=C hatBP$ (perché entrambi ottenuti sottraendo $M hatBC$ da un angolo di 60°), quindi sono uguali per il secondo criterio e ne consegue \(\displaystyle AM=PC \).
Si ha perciò $AP=AM+PM=PC+PB$ che è la tesi.
Più che un difetto direi che si tratta di un pregio...Alla fine uno che legge è spinto ad imparare il teorema di Tolomeo. ( Cosa nemmeno tanto difficile, se si vuole 
).
).
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