Carino :)

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Un risultato che non credo possa essere utile alla soluzione del problema delle parabole ortogonali. Ma visto che mi e\' venuto mentre ragionavo su quel problema e che il titolo di questo filone seppur generico descrive bene <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif"> il fatto, lo propongo qua come facile esercizio.
 
 
 Dati, su un piano, due angoli le cui bisettrici siano ortogonali, dimostrare che i quattro punti di intersezione (se ci sono) stanno su una stessa circonferenza.

Fede_HistPop · Messaggio da **Fede_HistPop** » 01 gen 1970, 01:33

@EvaristeG
 Comunque, radice terza di 4,5 è palesemente più piccola di 2, ed ugualmente si poteva sapere che x era minore di 9... (anche perché li avevo fatti a mente, prima, i conti, ed ho usato la calcolatrice solo dopo...) <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
 
 Agli ulteriori passaggi penserò quando avrò tempo...
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: Fede_HistPop il 12-03-2003 17:21 ]

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Per sprmnt21: è vero, io ci ero arrivato da un\'altra strada, durante lo studio di un altro problema, non ci ero stato molto a pensare ed avevo imboccato la via più lunga.
 Certo nemmeno quello delle bisettrici è un granchè: siano i due angoli ab e cd; poniamo che la bisettrice di ab sia orizzontale e che a sia la retta più in alto (non sono termini geometrici, ma rendono) mentre sia c quella più a destra. L\'angolo tra d e la bisett di ab interno a entrambi gli angoli dati e sotto la bisett, sarà 90 - cd/2 e quindi l\'angolo bd interno a entrambi i dati sarà 90 + cd/2 - ab/2. Del resto l\'angolo tra la bisett di cd e a interno a entrambi i dati e a destra della bisettrice sarà 90 - ab/2 e l\'angolo ac sarà 90 + ab/2 - cd/2. Ora, poichè ac e bd sono angoli opposti nel quadrilatero che ha come vertici le intersezioni e sono supplementari, il quadrilatero è inscrivibile. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 13-03-2003 01:59 ] [ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 13-03-2003 02:00 ]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Siano d1, d2, F1 ed F2 le direttrici e i fuochi delle due parabole con d1 e d2 ortogonali che si incontrano in O. Sia P il quarto vertice del parallegramma di lati OF1, OF2. Se A e\' uno dei punti comuni alle due parabole si ha che:
 
 OP^2 = OF1^2 + OF2^2 + PA^2.
 
 Questo risultato si prova applicando varie volte il teorema di pitagora e considerando che appartenendo A ad ambedue le parabole si ha che:
 
 
 AF1 = APa1
 
 e
 
 AF2 = APa2
 
 
 Dove Pa1 e Pa2 sono le proiezioni di A su d1 e d2 rispettivamente.
 
 Si prova cosi che i punti comuni alle due parabole stanno a distanza costante dal punto fisso P, che e\' la tesi.

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Data una parabola (cioe\' dati fuoco e direttrice) ed un punto esterno, costruire con riga e compasso le tangenti da questo alla parabola.

Messaggio da **EvaristeG** » 01 gen 1970, 01:33

Mah! Neanche questo è granchè complesso: sia d la direttrice, P il punto F il fuoco. Si tracci il cerchio di centro P e raggio PF. Siano A e B le intersezioni con d del cerchio. Si traccino AF e BF. Gli assi di questi due segmenti saranno le tangenti cercate. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">