Quiz facile-facile!

[Erasmus_First]

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[@melia]

50° e 30°

[Erasmus_First]

Interessante (per vedere come uno ragiona) è il modo con cui trovare la soluzione.
Penso che il modo più celere sia il seguente.
L'angolo CAB è di [180 – (40 + 60)] = 80 gradi. Se sposto il vertice C sulla circonferenza circoscritta l'ampiezza dell'angolo ACB non cambia.
Allora sposto C in senso orario fino a farlo coincidere con il punto diametralmente opposto ad A.
Allora l'angolo ABC che era di 40° diventa di 90°: cresce dunque di 50°.
Di altrettanto gradi cala l'angolo CBA che era di 80, riducendosi all'angolo OAB = 30°.

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[@melia]

Ho ragionato così:
$Ahat(C)B=60$ allora $bar(AB)=rsqrt3$, se da $O$ porto la perpendicolare ad $AB$ il punto di intersezione $H$ è il punto medio, quindi $bar(AH)=r/2 sqrt3$, il triangolo $OAH$ è un triangolo rettangolo con gli angoli di 30 e 60 dove $Ohat(A)B=30$, inoltre $Chat(A)B= 180 - (60+40) = 80$, perciò $Ohat(A)C= 80-30 =50$

[kobeilprofeta]

"Erasmus_First":

Interessante (per vedere come uno ragiona) è il modo con cui trovare la soluzione.
Penso che il modo più celere sia il seguente.
L'angolo CAB è di [180 – (40 + 60)] = 80 gradi. Se sposto il vertice C sulla circonferenza circoscritta l'ampiezza dell'angolo ACB non cambia.
Allora sposto C in senso orario fino a farlo coincidere con il punto diametralmente opposto ad A.
Allora l'angolo ABC che era di 40° diventa di 90°: cresce dunque di 50°.
Di altrettanto gradi cala l'angolo CBA che era di 80, riducendosi all'angolo OAB = 30°.

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quale teorema mi garantisce che se sposto C l'angolo non cambia?

[@melia]

Questo:
Ogni angolo alla circonferenza è la metà dell'angolo al centro che insiste sullo stesso arco.

[veciorik]

Chiamo $ \qquad \alpha=\hat{OAC}=\hat{OCA} \qquad \beta=\hat{OAB}=\hat{OBA} \qquad \gamma=\hat{OBC}=\hat{OCB}$
Tre equazioni tre incognite: $ \qquad \alpha+\gamma=60° \qquad \beta+\gamma=40° \qquad 2(\alpha+\beta+\gamma)=180° $
soluzione: $ \qquad \gamma=10° \qquad \alpha=50° \qquad \beta=30°$

Post Scriptum 8/7 ore 22:55. OK $\gamma$ non è richiesto e non serve trovarlo. Quindi:

Se da $\alpha+\beta+\gamma=90°$ sottraggo $\beta+\gamma=40°$ ho $\alpha=50°$
se invece sottraggo $\alpha+\gamma=60°$ ho $\beta=30°$

[Erasmus_First]

"veciorik":Chiamo $ \qquad \alpha=\hat{OAC}=\hat{OCA} \qquad \beta=\hat{OAB}=\hat{OBA} \qquad \gamma=\hat{OBC}=\hat{OCB}$
Tre equazioni tre incognite: $ \qquad \alpha+\gamma=60° \qquad \beta+\gamma=40° \qquad 2(\alpha+\beta+\gamma)=180° $
soluzione: $ \qquad \gamma=10° \qquad \alpha=50° \qquad \beta=30°

Certo. Soluziione brevissima da scrivere ma, concettualmente, meno immediata ... perché ridondante!
[Le incognite del quiz sono 2 e tu le trovi assieme ad una terza non richiesta].
Questo modo di vedere è interessante perché, in un certo senso, è duale di quello di trovare i pezzi di lato individuati dai punti di contatto con il cerchio inscritto.
Occhio, ché cambio simbolismo (per adottare quello consueto) e spiattello dettagliatamente quel che intendo dire.
Nel triangolo ABC siano a, b e c le lunghezze dei lati opposti rispettivamente ai vertici A, B e C e siano α, β e γ le ampiezze degli angoli interni di vertici rispettivi A, B e C.
Il cerchio inscritto tocchi
• il lato BC nel punto L,
– il lato CA nel punto M e
• il lato AB nel punto N.
Allora sono uguali i due pezzi di lati diversi con un estremo comune in un vertice [saltando per brevità il richiamare la dimostrazione]. Poniamo dunque
• u = AM = AN;
• v = BN = BL;
• v = BN = BL.
Otteniamo il sistema:
u + v = c;
v + w = a;
w + u = b.
Questo è risolto da:
u = (–a + b + c)/2;
v = (a – b + c)/2;
w = (a + b – c)/2;
Infine, se mettiamo p la semisomma dei lati (a + b + c)/2, abbiamo anche:
u = p – a;
v = p – b;
w = p – c.

Adesso facciano qualcosa di simile ... mettendo angoli al posto di segmenti (e ovviamente gli angoli interni α, β e γ al posto dei lati a, b e c.
Prima erano uguali i pezzi di lati di diversi con un estremo in comune (in un vertice).
Adesso sono uguali i pezzi di angoli interni diversi con un lato in comune (in un lato del triangolo).
Come ha scritto veciorik – occhio però al diverso simbolismo! – poniamo:
$φ =\hat{OAC}=\hat{OCA}$;
$χ =\hat{OAB}=\hat{OBA}$;
$ψ =\hat{OBC}=\hat{OCB}$.
Otteniamo il sistema:
φ + χ = γ;
χ + ψ = α;
ψ + φ = β.
Questo è risolto da:
φ = (–α + β + γ)/2;
χ = (α – β + γ)/2;
ψ = (α + β – γ)/2;
Infine, se mettiamo σ la semisomma degli angoli interni (]α + β + γ)/2 (che è sempre un angolo retto), abbiamo anche:
u = σ – α;
v = σ – β;
w = σ – γ.

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