Stile dimostrativo - Geometria

Tutti i problemi che presentino una figura (calcolo delle aree e dei perimetri, similitudini, allineamenti, concorrenze, ecc...)

Re: Stile dimostrativo - Geometria

Messaggioda Rho33 » 01/03/2016, 23:18

Cesenatico 2005 1:

Sia $\triangle ABC$ un triangolo rettangolo, con ipotenusa $AC$ , e sia $H$ il piede dell'altezza condotta da $B$ ad $AC$ . Sapendo che le lunghezze $AB,BC,BH$ , costituiscono i lati di un nuovo triangolo rettangolo, determinare i possibili valori di $\dfrac {AH}{CH}$ .

Soluzione:

Testo nascosto:
Divido subito in casi sostanzialmente uguali:

$\bullet \ \ BC>AB$ Allora, posso scrivere che $AB^2+BC^2=AC^2 $ $(1)$ perchè rettangolo, inoltre essendo $BH$ altezza, i triangoli $\triangle BHA, \triangle BHC$ sono rettangoli e simili, ovvero $BH^2+CH^2=BC^2 $ $(2)$ ; $\ \ BH^2+AH^2=AB^2$ $(3)$ . Inoltre, per ipotesi, vale $ AB^2+BH^2=BC^2 $ $(4)$

Allora, combinando $(2)$ e $(4)$ ottengo che $AB=CH$, inoltre per la similitudine di cui sopra, $ \dfrac {AB}{BC}= \dfrac {AH}{BH} \iff \dfrac {AB}{AH}= \dfrac {BC}{BH}$ e ricordando che $AB=CH$ , si ottiene : $ \dfrac {BC}{BH}= \dfrac {CH}{AH} $ $( \star)$.

Ora: per il 2 teorema di Euclide su $\triangle ABC$ ottengo che $BH^2=AH \cdot HC$ ; per il 1 teorema di euclide su $\triangle ABC$ ottengo che $BC^2=CH \cdot (CH+AH)$ . Elevo la $(\star)$ al quadrato e sostituisco le ultime due condizioni trovate, ottenendo

$ \dfrac {CH \cdot (CH+AH)}{AH \cdot CH}= \dfrac {CH^2}{AH^2} \iff \dfrac {CH}{AH}= 1+ \dfrac {AH}{CH}$ e ponendo $ \dfrac {AH}{CH}= x $ si ottiene $\dfrac {1}{x}=1+x \iff x^2+x-1=0 \iff x= \dfrac {-1+ \sqrt 5}{2}$ ( la soluzione negativa non è accettabile).

$\bullet \ \ AB>BC$ Allora è tutto analogo, tranne i rapporti che si invertono quindi il rapporto $w$ sarà $w=\dfrac {1}{x}= \dfrac {\sqrt 5 +1}{2}$

Remark: il rapporto in questione è lo strabiliante rapporto aureo $\phi$ che ha tra le tante proprietà ha la seguente: $\phi ^{-1}= \phi -1$ e quindi i due rapporti sono proprio $\phi$ e $\phi -1=\phi ^{-1}$
Rho33
 
Messaggi: 489
Iscritto il: 16/09/2014, 11:14

Re: Stile dimostrativo - Geometria

Messaggioda Rho33 » 07/03/2016, 17:20

Cesenatico 2007 1

Sia dato un esagono regolare nel piano. Sia $P$ un punto del piano e siano $s(P)$ la somma delle distanze di $P$ dai lati e $v(P)$ la somma delle distanze di $P$ dai vertici.
a) Trovare il luogo dei punti che minimizzano $s(P)$
b)Trovare il luogo dei punti che minimizzano $v(P)$

Soluzione:

Testo nascosto:
a) Sia $ABCDEF$ l'esagono i questione. Chiaramente, essendo l'esagono regolare, i lati opposti sono paralleli. Siano $M,N$ le proiezioni di $P$ su due lati opposti paralleli, WLOG $AB,DE$ e sia $\Lambda$ la circonferenza circoscritta all'esagono, con centro $O$. WLOG il lato dell'esagono è $1$ e quindi anche il raggio della circoscritta per questione di angoli (questo credo sia noto) . Distinguiamo due casi:

$\bullet$ $P$ è interno al segmento $MN$, allora chiaramente $PM+PN=MN= 2 \cdot \sqrt {1^2- (\dfrac {1}{2})^2}= 2 \cdot \dfrac {\sqrt 3}{2}= \sqrt 3$

$\bullet $ $P$ è esterno al segmento $MN$, allora $PM+PN>MN= \sqrt 3 $ , quindi in questo caso la distanza non è minima.

Allora chiaramente il minimo della distanza tra due lati opposti dell'esagono si raggiunge quando $P$ è interno al segmento $MN$ . Iterando ciclicamente il ragionamento alle altre due coppie di lati paralleli, si ottiene che il minimo per $s(P)= 3 \cdot \sqrt 3 $ e si ottiene quando $P$ è interno al segmento che congiunge le sue proiezioni sui lati opposti. Allora il luogo dei punti $P$ che minimizzano $s(P)$ è l'esagono stesso, compresi i punti sul suo perimetro, poichè deve essere l'insieme dei punti interno alle strisce comprese tra lati opposti paralleli.

b)Consideriamo le coppie di vertici opposti $(A,D);(B,E);(C,F)$ ed i rispettivi triangoli $\triangle APD,\triangle BPE,\triangle CPF$ . Applichiamo la disuguaglianza triangolare a ciascuno di essi, ottenendo:

$AP+PD \geq AD ; BP+PE \geq BE; CP+PF \geq CF $ con uguaglianza iff $P$ si trova sui segmenti $AD,BE,CF$ . Sommando membro a membro le tre disuguaglianze ( hanno lo stesso verso) , si ottiene:

$ AP+PD+ BP+PE+ CP+PF \geq AD+ BE+ CF $ con uguaglianza iff $P$ si trova contemporaneamente sui tre diametri, quindi $P\equiv O$ .

Bene, ma il nostro RHS è proprio $v(P)$ e quindi esso è minimo quando $P\equiv O$ .
Rho33
 
Messaggi: 489
Iscritto il: 16/09/2014, 11:14

Re: Stile dimostrativo - Geometria

Messaggioda Rho33 » 07/03/2016, 18:57

Cesenatico 2011 1:

Sia dato un trapezio con le basi lunghe 1 e 4, rispettivamente. Lo suddividiamo in due trapezi mediante un taglio parallelo alle basi, lungo 3. Vogliamo ora suddividere i due nuovi trapezi, sempre mediante tagli paralleli alle basi, in $m$ ed $n$ trapezi, rispettivamente, in modo che tutti gli $m + n$ trapezi ottenuti abbiano la stessa area. Determinare il minimo valore possibile per m+n e le lunghezze dei tagli da effettuare per realizzare tale minimo valore.

Soluzione:
Testo nascosto:
Il trapezio iniziale è stato diviso in due trapezi più piccoli. Detta $H$ la altezza iniziale e $h_a+h_b=H$ le altezze dei due sottotrapezi, calcoliamo le aree:

$\dfrac {7\cdot h_a}{2}+ \dfrac {4\cdot h_b}{2}= \dfrac {5 \cdot (h_a+h_b)}{2} \iff 2h_a=h_b$

Da cui le rispettive aree saranno: $S_1=\dfrac {7\cdot h_a}{2} $ e $S_2= \dfrac {8\cdot h_a}{2}$ ed il loro rapporto sarà $\dfrac {7}{8}$ . Allora afficnhè valga la tesi deve sussistere:

$\dfrac {7 \cdot h_a}{2 \cdot m}= \dfrac {8 \cdot h_a}{2 \cdot n} \iff 7n=8m \rightarrow 7|m \ \ 8|n $ e dato che cerchiamo il minimo, $m=7,n=8 \rightarrow \ \ m+n=15$ .
Rho33
 
Messaggi: 489
Iscritto il: 16/09/2014, 11:14

Re: Stile dimostrativo - Geometria

Messaggioda Rho33 » 10/03/2016, 15:56

Simulazione 2014 1:

Sia $\triangle ABC$ un triangolo e sia $H$ un suo punto interno. Dimostrare che $AC+CB>AH+HB$ .

Soluzione:

Testo nascosto:
Mah, verrà forse con la disuguaglianza triangolare? :lol:

Siano rispettivamente $A',B',C'$ i piedi delle ceviane passanti per $H$ uscenti dai rispettivi vertici.

Considerando il triangolo $\triangle BB'C$ vale $BB'=BH+HB'<B'C+BC $ $(1)$

Considerando il triangolo $\triangle AHC$ vale $AH<AB'+B'H$ $(2)$

Sommando membro a membro le disuguaglianze dello stesso verso ottenute si ottiene:

$BH+HB'+AH<B'C+BC+AB'+B'H \iff AH+BH < AC+BC$
Rho33
 
Messaggi: 489
Iscritto il: 16/09/2014, 11:14

Re: Stile dimostrativo - Geometria

Messaggioda Rho33 » 13/03/2016, 12:35

Simulazione 2015 1:

Sia $ABCD$ un rettangolo, $P$ il punto medio di $AB$, Q la proiezione di C sulla retta $DP$. Dimostrare che $BCQ$ è isoscele.

Soluzione:

Testo nascosto:
Allora, premetto che vi è un problema di configurazione ( se non ho sbagliato a fare il disegno) a seconda che $Q$ sia interno al rettangolo oppure esterno, tuttavia nella soluzione ufficiale non è trattato quindi, essendo molto simile, nemmeno io lo tratterò. Detto ciò, problema carino e molto semplice !

Considero il caso in cui $Q$ è esterno al rettangolo. Sia $I= CQ \cap PB$ e sia $H$ la proiezione di $B$ sulla retta $DP$ . Congiungo $C$ con $P$ e osservo che, chiaramente $\angle ADP = \angle BCP $ e $ \angle APD = \angle BPC$ . Inoltre $\angle APD = \angle HPB$ perchè opposti al vertice. Essendo $\triangle PQI$ rettangolo, allora $\angle PIQ= \angle ADP = \angle CIB$ perchè opposti al vertcie. Allora esssendo $\triangle CIB$ rettangolo , $\angle ICB = \angle APD$ .

Per concludere uso il seguente lemma, facilerrimo da dimostrare:

Siano $B,Q,P,C$ quattro punti nel piano, a tre a tre non allineati, allora se $Q$ e $B$ giacciono dalla stessa parte rispetto a $PC$ , allora i quattro punti sono conciclici iff $\angle PQC = \angle CBP$

Applicando il lemma ai quattro punti del nostro problema e notando che $\angle PQC = \angle CBP= 90°$ si ottiene che i quattro punti sono conciclici. Allora $\angle CQB = \angle BIC$ perchè insistono sullo stesso arco $BC$ . Infine $\angle CQB= \angle BCQ $ e quindi $\triangle BCQ$ è isoscele .
Rho33
 
Messaggi: 489
Iscritto il: 16/09/2014, 11:14

Re: Stile dimostrativo - Geometria

Messaggioda Rho33 » 25/03/2016, 12:52

Simulazione 2013 1 (bis)

Sia $\triangle ABC$ un triangolo acutangolo con circocentro $O$ e sia $\Gamma$ la circonferenza per $O,A,B$; siano $P,Q$ le ulteriori intersezioni di $CA$ e $CB$ con $\Gamma$. Dimostrare che $CO$ è perpendicolare a $PQ$.

Soluzione:

Testo nascosto:
Siano $\alpha, \beta, \gamma$ gli angoli secondo la normale notazione e sia $E= CO \cap PQ$ . Dato che il quadrilatero $ABQP$ è ciclico, vale la relazione $\alpha + \angle BQP = \beta + \angle APQ= 180° $ . Ora, perchè angoli supplementari, $\angle PQC= 180°- \angle BQP= 180°-180°+ \alpha= \alpha$ e analogamente $\angle QPC= 180°- \angle AQP= 180°-180°+ \beta= \beta$ .

Congiungo adesso $O$ con $A,B,C$ ottenendo tre triangoli isosceli $\triangle AOB , \triangle AOC, \triangle BOC$ .

In particolare, poichè angoli al centro dei rispettivi angoli alla circonferenza $\alpha, \beta, \gamma$ , valgono le seguenti relazioni:

$\bullet \ \ \angle AOB= 2 \gamma \rightarrow \ \ \angle ABO=BAO= 90°- \gamma$

$\bullet \ \ \angle BOC= 2 \alpha \rightarrow \ \ \angle OBC=OCB= 90°- \alpha$

$\bullet \ \ \angle AOC= 2 \beta \rightarrow \ \ \angle OAC=OCA= 90°- \beta$

Allora considerando il triangolo $\triangle QEC$ si ottiene che $\angle QEC= 180°- \angle EQC - \angle QCE= 180°-\alpha -90°+\alpha= 90°$ da cui la tesi.
Rho33
 
Messaggi: 489
Iscritto il: 16/09/2014, 11:14

Re: Stile dimostrativo - Geometria

Messaggioda Rho33 » 20/04/2016, 21:05

Cesenatico 2000 3 :

Data una piramide avente per base un quadrilatero $ABCD$ e vertice $V$ , inscritta in una sfera, si sa che $AD=2BC$ e che le rette ottenute prolungando $AB,CD$ si incontrano in $E$ dalla parte di $BC$ . Calcolare il rapporto tra la piramide avente per base $\triangle AED$ e vertice $V$ e la piramide iniziale.

Soluzione:

Testo nascosto:
Le sezioni di una sfera sono solo e soltanto circonferenze, quindi il piano $\alpha$ a cui appartiene il quadrilatero di base seca la sfera in una circonferenza e quindi $ABCD$ è ciclico. Inoltre, ovviamente, il piano $\alpha $ è lo stesso sia per il quadrilatero che per il triangolo quindi le due piramidi hanno la stessa altezza ed il rapporto dei loro volumi è ottenuto dal rapporto delle basi. Per il teorema delle due secanti si ha che :

$\dfrac {EB}{EC}= \dfrac {ED}{EA}$

Allora i triangoli $\triangle BCE, \triangle AED $ sono simili di rapporto $k= \dfrac {1}{2}$ ( hanno l'angolo in E in comune e per ipotesi $AD=2BC$ )

Allora il rapporto tra le aree dei due triangoli è $\dfrac {1}{4}$ e quindi per differenza, l'area del quadrilatero $ABCD$ è $\dfrac {3}{4}$ del triangolo $\triangle AED$ e quindi il rapporto tra i volumi è :

$\dfrac {4}{3}$ .
Rho33
 
Messaggi: 489
Iscritto il: 16/09/2014, 11:14

Re: Stile dimostrativo - Geometria

Messaggioda riccardo2 » 25/11/2017, 19:19

Ragazzi se non avro brutte sorprese a causa del crocettamento dovrei essere passato , quindi mi sto esercitando per i dimostrativi di febbraio .. Sono partito dal 1997 e ho intenzione di farmeli tutti , questo è il 16 . Dato un quadrilatero convesso abcd sapendo che ab=bc=cd e che ad=bd=ac determinare l angolo in d metto la foto perche credo sia piu facile per tutti , grazie mille e chiedetemi se non capite qualche grafema ..ops mi sono appena reso conto che non riesco a caricare l immagine come si fa ? mi ricordo di averlo fatto piu volte in passato .. :oops:
riccardo2
 
Messaggi: 22
Iscritto il: 17/11/2017, 17:26

Re: Stile dimostrativo - Geometria

Messaggioda Gizeta » 25/11/2017, 21:40

Il metodo più immediato per caricare un'immagine è mediante la funzione "Invia allegato", che puoi trovare poco sotto il riquadro in cui inserire il testo, in alternativa puoi rivolgerti ad un servizio di hosting d'immagini (come TinyPic, ad esempio).

Ad ogni modo, non mi è chiara la tua richiesta: ti serve una mano per risolvere il problema? vuoi proporre una soluzione?
Questo problema è angle chasing puro, "dare un suggerimento" rischia facilmente di diventare "dare una soluzione".
Gizeta
 
Messaggi: 811
Iscritto il: 27/11/2013, 17:16

Re: Stile dimostrativo - Geometria

Messaggioda riccardo2 » 25/11/2017, 22:20

Purtroppo continuo a non trovare il tasto per allegare l allegato ( mi esce solo salva bozza, anteprima e invia ) cmq ho la soluzione e so anche che è numericamente corretta , mi servirebbero consigli sul migliorare la parte formale
riccardo2
 
Messaggi: 22
Iscritto il: 17/11/2017, 17:26

PrecedenteProssimo

Torna a Geometria

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 1 ospite