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Normale 83/2

Inviato: 28 mag 2010, 23:00
da Gauss91
Sia ABCD un quadrato, e sia P un punto interno ad esso tale che
$ \widehat{ABP} = \widehat{BAP} = 15° $.
Dimostrare che il triangolo PCD è equilatero.

Inviato: 28 mag 2010, 23:05
da trugruo
Ma sbaglio o è banalissimo? mi sa che non ho capito la traccia :oops:

Inviato: 28 mag 2010, 23:47
da Gauss91
Non è difficile se è questo che intendi :wink: . In ogni caso se vuoi posta pure la soluzione!

Inviato: 28 mag 2010, 23:51
da amatrix92
Allora chiamo $ l $ il lato edl quadrato; e chiamo H e K rispettivamente i punti medi di AB e di CD.

$ PH = \frac{l}{2}\cdot sin 15 $

$ KP = l - \frac{l}{2}\cdot sin 15 $

$ KD= \frac{l}{2} $

$ DP=CP= \sqrt {( l - \frac{l}{2}\cdot sin 15)^2 + (l - \frac{l}{2}) ^ 2 } $

Svolgendo i conti mi viene che $ DP=1,00792 l $ ma credo che sia solo un errore di appossiamzione del seno e successivamente delle radici.

Edit: con al radice finale che mi ero scordato di fare $ 1,003956064 $ .... non capisco perchè, ho ricontrollato tutti i conti :?

Inviato: 29 mag 2010, 00:06
da trugruo
Avevo letto isoscele invece di equilatero ecco perché ;)

Inviato: 29 mag 2010, 01:41
da Pigkappa
amatrix92 ha scritto: $ PH = \frac{l}{2}\cdot sin 15 $
E' la tangente e non il seno.

Comunque è una soluzione lecita, ma ovviamente durante la prova non potrai usare la calcolatrice e dovrai ricavarti la tangente di 15° a mano, e non sbagliare i conti successivi.

Re: Normale 83/2

Inviato: 29 mag 2010, 12:31
da Zephyrus
Premetto di non essere molto sicuro che questa dimostrazione sia giusta...
Sia P' il punto tale che DP'C risulti equilatero. Siccome $ DP'=AD $, e $ A\widehat DP'=30° $, $ D\widehat P'A=75° $
Con ragionamento analogo si trova $ B\widehat P'C=75° $, da cui $ D\widehat P'A=150° $. Inoltre, siccome il triangolo AP'D è congruente al triangolo BP'C, allora CP'D è isoscele, da cui $ P'\widehat AB=P'\widehat BD=15° $.
Supponiamo ora che il punto P sia distinto da P': questo è assurdo poichè P non starebbe allora su entrambe le rette P'A e P'B, e quindi l'angolo PAB (o PBA) risulterebbe diverso da 15°.
EDIT:Corretto un paio di lettere sbagliate...

Inviato: 29 mag 2010, 14:04
da amatrix92
Pigkappa ha scritto:
amatrix92 ha scritto: $ PH = \frac{l}{2}\cdot sin 15 $
E' la tangente e non il seno.

Comunque è una soluzione lecita, ma ovviamente durante la prova non potrai usare la calcolatrice e dovrai ricavarti la tangente di 15° a mano, e non sbagliare i conti successivi.
Diamine!! è vero!! sarà stato l'orario che mi ha fatto confondere :lol:

Comunque la Tangente di 15° si ricava per sottrazione o bisezione se ci si ricorda la forumula di bisezione della tangente: $ Tg(15)= \frac {1-cos(30)}{sen(30)} $

Inviato: 30 mag 2010, 20:39
da Gauss91
@ Zephyrus: non so se hai fatto solo errori di scrittura degli angoli e dei triangoli, ma hai detto due cose false: in realtà DP'B = 135° e non 150, inoltre il triangolo BP'D non è isoscele...

La mia soluzione è stata molto simile a quella di Amatrix, solo che mi sono giostrato un po' col teorema di Carnot al posto che con le tangenti (l'unico coseno da calcolare è cos(75) = cos(45 + 30) che si può fare a mano).
Dopo qualche conticino, viene abbastanza facilmente. Ma non so se ci sono soluzioni non trigonometriche.

Inviato: 31 mag 2010, 14:14
da Ranma
Per il teorema di pitagora, basta dimostrare che l'altezza del triangolo CDP è uguale a L√3/2. Per verificarlo basta sottrare a L (lato del quadrato=lato triangolo) l'altezza del triangolo ABP. Quest'ultima la si ricava con L/2 tg15=L/2 (2-√3)=L-L√3/2.
Quindi Altezza CDP=L-(L-L√3/2)=L√3/2. Dite che va bene? :?:

Inviato: 31 mag 2010, 14:18
da amatrix92
Ranma ha scritto:Per il teorema di pitagora, basta dimostrare che l'altezza del triangolo CDP è uguale a L√3/2. Per verificarlo basta sottrare a L (lato del quadrato=lato triangolo) l'altezza del triangolo ABP. Quest'ultima la si ricava con L/2 tg15=L/2 (2-√3)=L-L√3/2.
Quindi Altezza CDP=L-(L-L√3/2)=L√3/2. Dite che va bene? :?:
Direi che in sostanza è uguale alla mia soluzione solo che parti dalla fine...