Triangolo equilatero e rette parallele
Ciao a tutti!
L'esercizio che dovrei risolvere è questo:
Date 3 rette parallele, esiste sempre un triangolo equilatero i cui vertici appartengono ciascuno ad una delle tre rette?
Secondo me sì, ma non riesco a dimostrarlo.. Qualcuno mi dà una dritta su come procedere? Grazie!
L'esercizio che dovrei risolvere è questo:
Date 3 rette parallele, esiste sempre un triangolo equilatero i cui vertici appartengono ciascuno ad una delle tre rette?
Secondo me sì, ma non riesco a dimostrarlo.. Qualcuno mi dà una dritta su come procedere? Grazie!
Risposte
Se \( \displaystyle d_1, d_2\) sono le distanze tra la retta intermedia e le altre due allora non è difficile calcolare la lunghezza del lato \( \displaystyle l\) di ciascuno dei due triangoli equilateri con i tre vertici sulle tre rette parallele:
\( \displaystyle l^2=\frac{4}{3}(d_1^2+d_2^2+d_1d_2)\)
\( \displaystyle l^2=\frac{4}{3}(d_1^2+d_2^2+d_1d_2)\)
Ma quella relazione l'hai trovata calcolando la distanza tra tre ipotetici punti di coordinate \(\displaystyle O(0,0), A(x_a,d_2) e B(-x_b,d_1+d_2) \)? Perchè io ho provato così ma mi impastrocchio un po' con i conti... Mi faresti vedere come hai fatto? Grazie.. 
Una mia personale interpretazione che dimostra che il triangolo esiste dandone una costruzione ( vedi fig.).
Siano a,b,c le tre parallele e si fissi su c il punto A e su b il punto variabile B. Si costruisca poi su AB il triangolo
equilatero ABC: dimostro che, al variare di b su B ( mantenendo fermo A), il terzo vertice C descrive la retta fissa
indicata in figura con r. A tale scopo prendo A e c rispettivamente come origine e come asse x di un sistema
cartesiano ortogonale monometrico . Si hanno le seguenti relazioni :
\(\displaystyle \begin{cases}x_C=L\cos(60°+\alpha)\\y_C=L\sin(60°+\alpha)\\d=L\sin\alpha\end{cases} \)
Eliminando dal sistema \(\displaystyle L \text{ ed } \alpha \), si ha la relazione :
\(\displaystyle y_C=x_C\sqrt3+2d \)
Ciò prova che il vertice C appartiene alla retta fissa di equazione :
\(\displaystyle y=x\sqrt3+2d \)
che è inclinata di 60° sull'asse x e che ha 2d come intercetta sull'asse y.
Pertanto il problema si risolve così:
si fissa A come detto ; si costruisce la retta r ; si trova l'intersezione di r con la terza retta a .
Tale intersezione rappresenta il terzo vertice C del triangolo equilatero, i cui altri due vertici sono A e B . Basterà quindi costruire su AC il triangolo equilatero opportuno: il vertice B starà sulla retta b.
Chiarissimo, grazie!
Purtroppo, devo ammettere che non mi sarebbe venuto in mente però la soluzione mi è piaciuta molto! Grazie ancora.. Imparo sempre molto da te!
Purtroppo, devo ammettere che non mi sarebbe venuto in mente però la soluzione mi è piaciuta molto! Grazie ancora.. Imparo sempre molto da te!
@Elena4 : Hai ragione i calcoli sono un pò tediosi, ma la soluzione che si ottiene ci suggerisce una costruzione euclidea semplicissima.
Le coordinate dei dei vertici siano:
\( \displaystyle A=(0,0)\) situato sulla parallela in basso;
\( \displaystyle B=(x_1,d_1)\) situato sulla parallela intermedia;
\( \displaystyle C=(x_2,d_1+d_2)\) situato sulla parallela in alto;
Algebricamente si tratta di risolvere ilsistema:
\( \displaystyle \begin{cases}
x_{1}^{2}+d_{1}^{2}=x_{2}^{2}+(d_{1}+d_{2})^{2}\\
x_{1}^{2}+d_{1}^{2}=(x_{1}-x_{2})^{2}+d_{2}^{2}
\end{cases}\)
\(\displaystyle
\begin{cases}
x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=d_{2}^{2}+2d_{1}d_{2}\\
x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}=d_{1}^{2}-d_{2}^{2}
\end{cases}
\)
Dalla seconda equazione ricaviamo:
\( \displaystyle 2x_1x_2=x_2^2+d_2^2-d_1^2\)
\( \displaystyle 4x_1^2x_2^2=(x_2^2+d_2^2-d_1^2)^2\) (*)
Ricavo \( x_1^2\) dalla prima equazione del sistema e sostituisco nella (*):
\( \displaystyle 4(x_2^2+d_2^2+2d_1d_2)x_2^2=(x_2^2+d_2^2-d_1^2)^2\)
Riducendo otteniamo:
\( \displaystyle 3x_2^4+2(d_2^2+4d_1d_2+d_1^2)x_2^2-(d_2^2-d_1^2)^2=0\)
La biquadratica ammette solo due soluzioni reali opposte.
\( \displaystyle \frac{\Delta}{4}=(d_2^2+4d_1d_2+d_1^2)^2+3(d_2^2-d_1^2)^2=\cdots=4d_1^4+8d_1^3d_2+12d_1^2d_2^2+8d_1d_2^3+4d_2^4\)
\( \displaystyle =4(d_1^4+2d_1^3d_2+3d_1^2d_2^2+2d_1d_2^3+d_2^4)=4(d_1^2+d_1d_2+d_2^2)^2 \)
Quindi:
\( \displaystyle x_2^2=\frac{-d_2^2-4d_1d_2-d_1^2+2(d_1^2+d_1d_2+d_2^2)}{3}=\cdots =\frac{(d_1-d_2)^2}{3}\)
da cui, prendendo la radice positiva:
\( \displaystyle x_2=\frac{|d_1-d_2|}{\sqrt{3}}\)
Costruzione
Supponiamo \( \displaystyle d_2 \geq d_1\)
[1] Prendo il punto G simmetrico di A rispetto al punto D
[2] Prendo il punto F in modo che il segmento EF sia la terza parte del segmento ED
[3] Prendo il punto H simmeytrico di F rispetto al punto E
[4] Semicirconferenza di diametro HG
[5] IL punto d'intersezione tra la semicirconferenza e la parallela è il vertice C
Le coordinate dei dei vertici siano:
\( \displaystyle A=(0,0)\) situato sulla parallela in basso;
\( \displaystyle B=(x_1,d_1)\) situato sulla parallela intermedia;
\( \displaystyle C=(x_2,d_1+d_2)\) situato sulla parallela in alto;
Algebricamente si tratta di risolvere ilsistema:
\( \displaystyle \begin{cases}
x_{1}^{2}+d_{1}^{2}=x_{2}^{2}+(d_{1}+d_{2})^{2}\\
x_{1}^{2}+d_{1}^{2}=(x_{1}-x_{2})^{2}+d_{2}^{2}
\end{cases}\)
\(\displaystyle
\begin{cases}
x_{1}^{2}+x_{2}^{2}=d_{2}^{2}+2d_{1}d_{2}\\
x_{1}^{2}-2x_{1}x_{2}=d_{1}^{2}-d_{2}^{2}
\end{cases}
\)
Dalla seconda equazione ricaviamo:
\( \displaystyle 2x_1x_2=x_2^2+d_2^2-d_1^2\)
\( \displaystyle 4x_1^2x_2^2=(x_2^2+d_2^2-d_1^2)^2\) (*)
Ricavo \( x_1^2\) dalla prima equazione del sistema e sostituisco nella (*):
\( \displaystyle 4(x_2^2+d_2^2+2d_1d_2)x_2^2=(x_2^2+d_2^2-d_1^2)^2\)
Riducendo otteniamo:
\( \displaystyle 3x_2^4+2(d_2^2+4d_1d_2+d_1^2)x_2^2-(d_2^2-d_1^2)^2=0\)
La biquadratica ammette solo due soluzioni reali opposte.
\( \displaystyle \frac{\Delta}{4}=(d_2^2+4d_1d_2+d_1^2)^2+3(d_2^2-d_1^2)^2=\cdots=4d_1^4+8d_1^3d_2+12d_1^2d_2^2+8d_1d_2^3+4d_2^4\)
\( \displaystyle =4(d_1^4+2d_1^3d_2+3d_1^2d_2^2+2d_1d_2^3+d_2^4)=4(d_1^2+d_1d_2+d_2^2)^2 \)
Quindi:
\( \displaystyle x_2^2=\frac{-d_2^2-4d_1d_2-d_1^2+2(d_1^2+d_1d_2+d_2^2)}{3}=\cdots =\frac{(d_1-d_2)^2}{3}\)
da cui, prendendo la radice positiva:
\( \displaystyle x_2=\frac{|d_1-d_2|}{\sqrt{3}}\)
Costruzione
Supponiamo \( \displaystyle d_2 \geq d_1\)
[1] Prendo il punto G simmetrico di A rispetto al punto D
[2] Prendo il punto F in modo che il segmento EF sia la terza parte del segmento ED
[3] Prendo il punto H simmeytrico di F rispetto al punto E
[4] Semicirconferenza di diametro HG
[5] IL punto d'intersezione tra la semicirconferenza e la parallela è il vertice C
Grazie mille per i passaggi dettagliati.. In effetti mi ero proprio persa nei conti... Ora però è tutto molto più chiaro! Grazie ancora!
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