Quesito assegnato alle scuole italiane all'estero pochi giorni fa:
In una circonferenza di centro O e raggio r sono date due corde prive di punti comuni AB = r e CD =r$ \sqrt 3 $ . Si dimostri che il quadrilatero ABCD ha le diagonali perpendicolari.
Esame Scuole italiane all'estero 2011
Esame Scuole italiane all'estero 2011
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]
Re: Esame Scuole italiane all'estero 2011
Boh, così a pelle mi sono venuti in mente due metodi:
1) Costruisco $E$ sulla circonferenza tale che $CE=ED=r$. Bon, si vede subito che $\hat{CED} = 120°$ e che quindi $\hat{CBD} = \hat{DAC} = 60°$. Inoltre si ha che ogni angolo alla circonferenza che guarda una corda di lunghezza pari a quella del raggio è pari a $30°$ (semplicemente perchè l'angolo al centro sarebbe $60°$) e si ha quindi che $\hat{DAC} +\hat {BCA} = 90°$ che implica la tesi.
2) usare carnot bovinamente chiamando l'incrocio delle diagonali $F$ e $\hat{AFB} =\alpha$, usare il teorema di tolomeo su $ABCD$ e notare che tutto va bene se e solo se $\alpha = 90°$
1) Costruisco $E$ sulla circonferenza tale che $CE=ED=r$. Bon, si vede subito che $\hat{CED} = 120°$ e che quindi $\hat{CBD} = \hat{DAC} = 60°$. Inoltre si ha che ogni angolo alla circonferenza che guarda una corda di lunghezza pari a quella del raggio è pari a $30°$ (semplicemente perchè l'angolo al centro sarebbe $60°$) e si ha quindi che $\hat{DAC} +\hat {BCA} = 90°$ che implica la tesi.
2) usare carnot bovinamente chiamando l'incrocio delle diagonali $F$ e $\hat{AFB} =\alpha$, usare il teorema di tolomeo su $ABCD$ e notare che tutto va bene se e solo se $\alpha = 90°$
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2
"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
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Re: Esame Scuole italiane all'estero 2011
1) Non mi è chiaro come costruisci il punto E. Se CE=ED=r E non dovrebbe appartenere alla circonferenza.
2) Non mi pare il caso di scomodare l'artiglieria pesante. Sicuramente funziona ma ci sono modi più eleganti. Non darebbero mai all'esame di stato un problema che si risolve con Tolomeo...
2) Non mi pare il caso di scomodare l'artiglieria pesante. Sicuramente funziona ma ci sono modi più eleganti. Non darebbero mai all'esame di stato un problema che si risolve con Tolomeo...
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Re: Esame Scuole italiane all'estero 2011
Bon, se noi costruiamo un esagono regolare in quel cerchio in modo tale che $C$ e $D$ siano due vertici e $E$ sia un vertice compreso tra questi due, si ha che: i lati di questo esagono misurano $r$ in quanto si vengono a creare,costruendo le diagonali, sei triangoli equilateri con due lati di lunghezza pari al raggio; il segmento che congiunge due vertici non diametralmente opposti che non siano estremi di un lato dell'esagono misura appunto $\sqrt{3}r = 2\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}r$ poichè è il doppio dell'altezza di uno dei triangoli equilateri che si formano nell'esagono regolare tracciando le diagonali. Si ha quindi che $DE =CE =r$ e $E$ appartiene alla circonferenza.
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Re: Esame Scuole italiane all'estero 2011
Soluzione da due soldi: se $O$ è centro della cfr, allora è evidente che $\angle AOB=60°$ e $\angle COD=120°$. Ma allora se $X$ è intersezione delle diagonali allora ad esempio $\angle AXD= 180°-\angle DBC -\angle ACB=180°-60°-30°=90°$.