Sfida di geometria
Ho creato un problema di geometria, una dimostrazione relativamente semplice, che ovviamente sono in grado di risolvere. Ovviamente la mia non è una richiesta di aiuto, non sto obbligando nessuno a risolvere questo mio problema. Ho pensato che sarebbe interessante vedere altri modi per risolvere questo mio problema, vedere quello che richiede meno passaggi. Il problema in questione è il seguente:
Dato il segmento AB, sia M il punto medio di AB e sia t una semiretta di vertice M perpendicolare ad AB. Siano r ed s due rette passanti rispettivamente per gli estremi A e B tali che, se chiamiamo O il punto di intersezione di r con t, chiamiamo P il punto di intersezione di r con s e chiamiamo C un punto su t nel semipiano individuato dalla retta AB che contiene O ma che non sia interno al triangolo AOB, l'angolo COA è congruente al triplo dell'angolo OPB, e inoltre, chiamando D un punto sulla retta AB non appartenente al semipiano individuato da PB contenente il triangolo AOB, l'angolo DBP deve essere il doppio dell'angolo PBO. Dimostrare che il segmento PB è perpendicolare e congruente al segmento AB, e dimostrare che il segmento OB è perpendicolare e congruente al segmento OP.
Mi rendo conto che la traccia è lunga e non molto facile da comprendere. Ecco a voi la figura:
Buona fortuna per chi ci proverà.
Dato il segmento AB, sia M il punto medio di AB e sia t una semiretta di vertice M perpendicolare ad AB. Siano r ed s due rette passanti rispettivamente per gli estremi A e B tali che, se chiamiamo O il punto di intersezione di r con t, chiamiamo P il punto di intersezione di r con s e chiamiamo C un punto su t nel semipiano individuato dalla retta AB che contiene O ma che non sia interno al triangolo AOB, l'angolo COA è congruente al triplo dell'angolo OPB, e inoltre, chiamando D un punto sulla retta AB non appartenente al semipiano individuato da PB contenente il triangolo AOB, l'angolo DBP deve essere il doppio dell'angolo PBO. Dimostrare che il segmento PB è perpendicolare e congruente al segmento AB, e dimostrare che il segmento OB è perpendicolare e congruente al segmento OP.
Mi rendo conto che la traccia è lunga e non molto facile da comprendere. Ecco a voi la figura:
Buona fortuna per chi ci proverà.
Risposte
Prima di pensarci ti chiedo una cosa: serve trigonometria? Perchè essendo in 4a l'ho appena cominciata quindi non conosco le formule...
Assolutamente no! Credo che anche un alunno di prima possa essere in grado di dimostrarlo. Posso darti un inizio volendo: l'angolo COA è un angolo esterno del triangolo AOM. Ovviamente non sei obbligato a partire da qui, ti consiglio di guardare la figura.
Ok grazie, quando ho un attimo ci penso! 
[xdom="giammaria"]Sposto in scervelliamoci un po'[/xdom]
Ah, grazie, anzi scusami, non avevo notato questa sezione!
Allora, ecco la mia soluzione:
- chiamiamo $O\hatPB=\alpha$ e $O\hatBP=\beta$
- $AMO-=BMO$ per il criterio di congruenza dei triangoli rettangoli $rArr$ $AOB$ è isoscele.
- $C\hatOA$ in quanto angolo esterno di $AMO$ è uguale alla somma dei due interni non adiacenti $rArr$ $O\hatAM=3\alpha-90°$
- $P\hatOB=2(3\alpha-90°)$ perchè è angolo esterno di $AOB$ e $P\hatOB=180°-\alpha-\beta$
- $O\hatBA+O\hatBP+P\hatBD=180°$
- si può quindi impostare il sistema: $\{(180°-\alpha-\beta=6\alpha-180°),(3\alpha-90°+\beta+2\beta=180°):}$ $\{(\alpha=45°),(\beta=45°):}$
$rArr$ $AOB$ e $BOP$ sono isosceli e rettangoli $rArr$ $OB\botOP$
- $PB\botAB$ in quanto $P\hatBA=90°$ perchè somma di angoli complementari
- $AOB-=APB$ in quanto hanno $\bar{OB}$ in comune $rArr$ $\bar{PB}-=\bar{AB}$ e $\bar{OB}-=\bar{OP}$ poichè lati corrispondenti intriangoli congruenti.
CVD
- chiamiamo $O\hatPB=\alpha$ e $O\hatBP=\beta$
- $AMO-=BMO$ per il criterio di congruenza dei triangoli rettangoli $rArr$ $AOB$ è isoscele.
- $C\hatOA$ in quanto angolo esterno di $AMO$ è uguale alla somma dei due interni non adiacenti $rArr$ $O\hatAM=3\alpha-90°$
- $P\hatOB=2(3\alpha-90°)$ perchè è angolo esterno di $AOB$ e $P\hatOB=180°-\alpha-\beta$
- $O\hatBA+O\hatBP+P\hatBD=180°$
- si può quindi impostare il sistema: $\{(180°-\alpha-\beta=6\alpha-180°),(3\alpha-90°+\beta+2\beta=180°):}$ $\{(\alpha=45°),(\beta=45°):}$
$rArr$ $AOB$ e $BOP$ sono isosceli e rettangoli $rArr$ $OB\botOP$
- $PB\botAB$ in quanto $P\hatBA=90°$ perchè somma di angoli complementari
- $AOB-=APB$ in quanto hanno $\bar{OB}$ in comune $rArr$ $\bar{PB}-=\bar{AB}$ e $\bar{OB}-=\bar{OP}$ poichè lati corrispondenti intriangoli congruenti.
CVD
"marcosocio":
Allora, ecco la mia soluzione:
- chiamiamo $O\hatPB=\alpha$ e $O\hatBP=\beta$
- $AMO-=BMO$ per il criterio di congruenza dei triangoli rettangoli $rArr$ $AOB$ è isoscele.
- $C\hatOA$ in quanto angolo esterno di $AMO$ è uguale alla somma dei due interni non adiacenti $rArr$ $O\hatAM=3\alpha-90°$
- $P\hatOB=2(3\alpha-90°)$ perchè è angolo esterno di $AOB$ e $P\hatOB=180°-\alpha-\beta$
- $O\hatBA+O\hatBP+P\hatBD=180°$
- si può quindi impostare il sistema: $\{(180°-\alpha-\beta=6\alpha-180°),(3\alpha-90°+\beta+2\beta=180°):}$ $\{(\alpha=45°),(\beta=45°):}$
$rArr$ $AOB$ e $BOP$ sono isosceli e rettangoli $rArr$ $OB\botOP$
- $PB\botAB$ in quanto $P\hatBA=90°$ perchè somma di angoli complementari
- $AOB-=APB$ in quanto hanno $\bar{OB}$ in comune $rArr$ $\bar{PB}-=\bar{AB}$ e $\bar{OB}-=\bar{OP}$ poichè lati corrispondenti intriangoli congruenti.
CVD
Ottimo. Come puoi facilmente vedere, era un problema molto semplice. La mia dimostrazione è completamente diversa dalla tua, però anche io ho impostato un sistema con gli angoli $M\hatAO$ e $E\hatBP$, la cui soluzione mi porta praticamente direttamente alla tesi. Chissà se qualcun altro posterà un'altra soluzione più interessante, che magari non richiede la risoluzione di un sistema.
"Pianoth":
però anche io ho impostato un sistema con gli angoli $M\hatAO$ e $E\hatBP$
Vuoi dire $O\hatBP$?
Comunque magari cerco anche una soluzione alternativa!
No, scusa volevo dire $D\hatBP$ Sul foglio dove ho creato il problema ho messo delle lettere un po' diverse
Comunque visto che hai detto che sei in 4a, magari posso creare un problema che richiede la trigonometria
Sul foglio dove ho creato il problema ho messo delle lettere un po' diverse Comunque visto che hai detto che sei in 4a, magari posso creare un problema che richiede la trigonometria
Va bene però considera che sto facendo solo ora addizione e sottrazione! 
"Pianoth":
Chissà se qualcun altro posterà un'altra soluzione più interessante, che magari non richiede la risoluzione di un sistema.
Nella mia soluzione il sistema c'è, ma molto semplice. Noto che AOB è isoscele e pongo $O hatPB=alpha, PhatBO=beta, OhatAM=OhatBM=gamma$, da cui
$ChatOA=3alpha$
$DhatBP=2beta->DhatBO=3beta$
$PhatOB=2gamma$ perchè esterno ad AOB.
L'angolo $ChatOA$ è esterno ad AOM e $DhatBO$ è adiacente a $OhatBM$, quindi
${(3alpha=90°+gamma),(3beta=180°-gamma):}->3alpha+3beta=270°->alpha+beta=90°$
Osservando ora il triangolo POB, notiamo perciò che si ha
$2gamma=90°->gamma=45°$
e sostituendo nel precedente sistema
${(3alpha=90°+45°),(3beta=180°-45°):}->{(3alpha=135°),(3beta=135°):}->{(alpha=45°),(beta=45°):}$
I triangoli ABP ed ABO sono quindi metà di quadrati, da cui la tesi.
Hai sbagliato qualche lettera, ma ho capito la tua dimostrazione Decisamente, la tua è la migliore, è più corta, più semplice e senza passaggi complicati.
Decisamente, la tua è la migliore, è più corta, più semplice e senza passaggi complicati.
Grazie dell'avviso; ho corretto qualche errore e spero che non ce ne siano altri.
"marcosocio":
Va bene però considera che sto facendo solo ora addizione e sottrazione!
Fatto! Se vuoi prova a risolvere questo problema, ti serve una minima base di trigonometria e conoscenza dei punti notevoli dei triangoli (semplice, no?
)Ammetto che scrivere la traccia è scocciante, quindi fai solo riferimento alla figura:
http://oi49.tinypic.com/2npn9x.jpg
Il triangolo $ABC$ è un triangolo rettangolo isoscele sulla base $\bar{AB}$; gli angoli marcati in rosso sono retti; il punto $G$ è il baricentro del triangolo $ABC$; l'angolo $D\hatCE$ è di $15°$.
Verifica che $angle E\hatBD = \arctan(4-2\sqrt{3})$ e approssimandolo, verifica che l'angolo $E\hatBA \approx 73.186785432$.
Mi ero dimenticato di questo problema Comunque:
- ricordando che il baricentro divide ogni mediana in due parti in rapporto $2:1$ e che la diagonale di un quadrato (in questo caso la base $\bar{AB}$) di lato $l$ è $lsqrt(2)$, detto il lato obliquo del triangolo $l$ si ha $\bar{CD}=2/3l$.
- $\tan(D\hatCE)=\bar{ED}/\bar{CD}$, $\bar{ED}=\frac{4-2sqrt(3)}{3}l$
- $\tan(E\hatBD)=\bar{ED}/\bar{DB}$, $E\hatBD=\arctan(4-2sqrt(3))$
- poichè $ABC$ è isoscele e rettangolo $C\hatBA=45°$ $rArr$ $E\hatBA=arctan(4-2sqrt(3))+45°~~73,18679$
Mi piace cimentarmi con questi problemi! Se ne hai altri proponi pure!
Comunque:- ricordando che il baricentro divide ogni mediana in due parti in rapporto $2:1$ e che la diagonale di un quadrato (in questo caso la base $\bar{AB}$) di lato $l$ è $lsqrt(2)$, detto il lato obliquo del triangolo $l$ si ha $\bar{CD}=2/3l$.
- $\tan(D\hatCE)=\bar{ED}/\bar{CD}$, $\bar{ED}=\frac{4-2sqrt(3)}{3}l$
- $\tan(E\hatBD)=\bar{ED}/\bar{DB}$, $E\hatBD=\arctan(4-2sqrt(3))$
- poichè $ABC$ è isoscele e rettangolo $C\hatBA=45°$ $rArr$ $E\hatBA=arctan(4-2sqrt(3))+45°~~73,18679$
Mi piace cimentarmi con questi problemi! Se ne hai altri proponi pure!
Sperando che lo leggerai , eccotene un altro:
La figura:
In una circonferenza di diametro $\bar{AD}$ è inscritto un quadrilatero $ABCD$ tale che $A\hatOB ~= 135°$ e $C\hatOD ~= 2B\hatOC$. Verifica che, se $\bar{CD} = 2sqrt(2)(sqrt(3)-1)$, il lato $\bar{BD} = 4\sqrt{2-\sqrt{2}} ~~3.0615$, il lato $\bar{AB} = 4 \sqrt{2+\sqrt{2}}~~7.39104$ e l'area del triangolo $ADB = 8sqrt(2) ~~ 11.31371$.
Non so se sei in grado di svolgerlo... Penso che sia per forza necessario il teorema del coseno, ma forse si può fare anche a meno (forse).
, eccotene un altro:La figura:
In una circonferenza di diametro $\bar{AD}$ è inscritto un quadrilatero $ABCD$ tale che $A\hatOB ~= 135°$ e $C\hatOD ~= 2B\hatOC$. Verifica che, se $\bar{CD} = 2sqrt(2)(sqrt(3)-1)$, il lato $\bar{BD} = 4\sqrt{2-\sqrt{2}} ~~3.0615$, il lato $\bar{AB} = 4 \sqrt{2+\sqrt{2}}~~7.39104$ e l'area del triangolo $ADB = 8sqrt(2) ~~ 11.31371$.
Non so se sei in grado di svolgerlo... Penso che sia per forza necessario il teorema del coseno, ma forse si può fare anche a meno (forse).
Fatto senza teorema del coseno
- $B\hatOD=180°-A\hatOB=45°$ $\rArr$ $C\hatOD=30°$, $B\hatOC=15°$
- $O\hatCD=(180°-30°)/2=75°$ perchè il triangolo è isoscele in quanto ha due lati che sono raggi.
- $O\hatDB=O\hatBD=(135°)/2=67,5°$ per il motivo di prima o perchè ogni angolo alla circonferenza è metà dell'angolo al centro che insiste sullo stesso arco.
- Detta $\bar{HD}$ l'altezza del triangolo $ODC$ relativa a $\bar{OC}$, si ha che $\bar{HD}=\bar{DC}\cdot sinD\hatCO=2$
- $\bar{OD}=\frac{\bar{HD}}{sinC\hatOD}=4$
- Detta $\bar{DK}$ l'altezza del triangolo $ODB$ relativa a $\bar{OB}$, si ha che $\bar{DK}=2sqrt(2)$ poichè lato di un quadrato di diagonale $4$
- $\bar{BD}=\frac{\bar{DK}}{sinO\hatBD}~~3,06$
- Il triangolo $ABD$ è rettangolo in quanto inscritto in una semicirconferenza perciò con Pitagora si trova facilmente l'altro cateto e quindi l'area.
- $B\hatOD=180°-A\hatOB=45°$ $\rArr$ $C\hatOD=30°$, $B\hatOC=15°$
- $O\hatCD=(180°-30°)/2=75°$ perchè il triangolo è isoscele in quanto ha due lati che sono raggi.
- $O\hatDB=O\hatBD=(135°)/2=67,5°$ per il motivo di prima o perchè ogni angolo alla circonferenza è metà dell'angolo al centro che insiste sullo stesso arco.
- Detta $\bar{HD}$ l'altezza del triangolo $ODC$ relativa a $\bar{OC}$, si ha che $\bar{HD}=\bar{DC}\cdot sinD\hatCO=2$
- $\bar{OD}=\frac{\bar{HD}}{sinC\hatOD}=4$
- Detta $\bar{DK}$ l'altezza del triangolo $ODB$ relativa a $\bar{OB}$, si ha che $\bar{DK}=2sqrt(2)$ poichè lato di un quadrato di diagonale $4$
- $\bar{BD}=\frac{\bar{DK}}{sinO\hatBD}~~3,06$
- Il triangolo $ABD$ è rettangolo in quanto inscritto in una semicirconferenza perciò con Pitagora si trova facilmente l'altro cateto e quindi l'area.
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