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 $\phi -1=\phi ^{-1}$
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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 $P\equiv O$ .
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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, $m=7,n=8 \rightarrow \ \ m+n=15$ .
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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:

$BH+HB'+AH<B'C+BC+AB'+B'H \iff AH+BH < AC+BC$
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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 .
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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.
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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 :

$\dfrac {4}{3}$ .
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