Simpatico SNS del paleozoico

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Fedecart
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Simpatico SNS del paleozoico

Messaggio da Fedecart » 15 lug 2008, 14:35

Problema di ammissione SNS assegnato troppi anni fa...

Assegnate tre rette parallele è sempre possibile costrire un triangolo equilatero avente un vertice su ognuna di esse? Motivare la risposta

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 15 lug 2008, 15:19

mettiamoci in modo che le 3 rette siano orizzontali e chiamiamo r quella più in alto, s quella in mezzo e t quella in basso, prendiamo un punto A su r, e una retta per A che forma un angolo di 120° con r che incontra s in B e t in C. Una cfr di centro A e raggio AB interseca r in F, con F a sinistra di A; una crf con centro C e raggio CB interseca t in E, con E a destra di C. La retta parallela a AB per E interseca s in D e r in H e la retta parallela a AB per F interseca t in P.
Allora il triangolo $ FPH $ ( :D ) è equilatero e i triangoli PFA e PDH sono congruenti (L.A.L.), quindi anche APD è equilatero poichè e ottenibile da $ FPH $ con una rotoomotetia.

p.s. chiaramente si esclude il caso in cui le rette sono coincidenti

stefanos
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Messaggio da stefanos » 20 lug 2008, 13:13

Un mio amico ha proposto questa generalizzazione: dato un triangolo (non degenere) e tre rette parallele, e` sempre possibile costruire un triangolo simile a quello dato che abbia ogni vertice su una retta diversa.

Noi abbiamo trovato una bella dimostrazione, veloce ed elegante (sempre che sia valida :roll: ); provate a dimostrarla nel modo piu` semplice che vi viene in mente!

Spero che nessuno riesca a confutare la tesi :?

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 04 set 2008, 03:34

stefanos ha scritto:Un mio amico ha proposto questa generalizzazione: dato un triangolo (non degenere) e tre rette parallele, e` sempre possibile costruire un triangolo simile a quello dato che abbia ogni vertice su una retta diversa.

Noi abbiamo trovato una bella dimostrazione, veloce ed elegante (sempre che sia valida :roll: ); provate a dimostrarla nel modo piu` semplice che vi viene in mente!
sembra semplice: sia ABC il triagolo e siano s,t,r 3 rette parallele e siano A',B',C' punti rispettivamente su s,t,r tali che A'B'C' sia direttamente simile a ABC.

Fissimo A' e sia Q un punto variabile su t e P il punto tale che A'QP sia direttamente simile a ABC. Allora il luogo dei punti P mentre Q varia su t è il risultato della retta t ottenuto con una rotoomotetia (in senso orario o antiorario a seconda di come sono orientati i vertici di ABC) con angolo $ \angle BAC $ e fattore $ \frac{AC}{AB} $. Tale luogo è una retta non parallela a r che quindi intersecherà r in un punto C'. Avendo A' e C' si determina facilmente B'.

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