Archi di raggio diverso ma di uguale lunghezza.

[veciorik]

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

[Erasmus_First]

@ veciorik

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[giammaria]

veciorik è decisamente parco di parole, ma mi pare di capire che la sua soluzione si basi sull'allineamento dei punti $D, C, B_1$. Questo allineamento effettivamente c'è, ma io arrivo a dimostrarlo solo partendo dalla $h=a sqrt2$ (che ottengo dall'angolo di 45° ed applicando Carnot al triangolo $AB_1C_1$).
Mi piacerebbe sapere se l'allineamento è dimostrabile anche direttamente, prima di calcolare $h$.

[curie88]

giammaria, in effetti è proprio quello che anche io ho tentato di fare, dimostrare che si ottiene un quadrato ANBD, forse non era leggibile, oppure non è una dimostrazione esauriente?

[giammaria]

@ curie88
Prova a fare una figura deformata, prendendo una $h$ minore del dovuto: arrivi comunque agli angoli di 45°, ma $ANBD$ non è un quadrato. Ed infatti in questa figura deformata si ha $BC !=B'C'$, ma tu non hai usato l'eguaglianza fra questi segmenti.

[Erasmus_First]

Dato che questo quiz me lo sono inventato io, spiego come l'ho pensato (spiattellandolo dettagliatamente ).
Poi ... liberi di pensare (ed esprimere) qualunque vostra personale riflessione!

Parto dal quadrilatero ABCD a forma di trapexio rettangolo.
Il lato AD (di lunghezza h per ora incognita) perpendicolare alle basi – la maggiore AB di lunghezza $2a$ e la minore DC di lunghezza $a$ – lo penso immobile mentre giro la base minore attorno a D ampliando l'angolo in D da angolo retto ad angolo piatto. Di conseguenza ruota anche la base maggiore.
Il punto C descrive un quarto di circonferanza di centro D e raggio uguale alla base minore, cioè $a$.
Il punto B descrive un arco di circonferenza di centro A e raggio uguale alla base maggiore, cioè $2a$.
Siccome la lunghezza h di AD è tale che gli archi descritti da A e da B sono di uguale lunghezza, l'angolo di cui ruota AB è metà dell'angolo di cui ruota DC. E siccome DC ruota di un angolo retto, AB ruota di mezzo angolo retto. In tal modo il trapexio rettangolo ABCD si trasforma nel triangolo ABC (e quello che era il vertice D diventa un punto interno al nuovo segmento AC distante $h$ da A e $a$ da C). Il nuovo triangolo ABC ha l'angolo nel vertice A ampio mezzo angolo retto. I lati di questo angolo sono lunghi:
AC = $h + a$;
AB = $2a$;
e il lato opposto è lungo:
BC = $sqrt(a^2 + h^2)$.
Applicando il teorema di Carnot al [nuovo] triangolo ABC rispetto all'angolo in A (ampio mezzo angolo retto), cioè con l'uguaglianza:
$AC^2 + AB^2 - 2·AC·AB·cos(45°) = BC^2$
ricavo (e risolvo) la seguente equazione (nell'incognita $h$):
$(h+a)^2 + (2a)^2 - 2(h+a)(2a)sqrt2/2 =a^2+h^2$ ⇔
⇔ $a^2 + h^2 + 2ah - 2sqrt(2)a(a+h) = a^2 + h^2$ ⇔ $(sqrt2 - 1)h = (2 - sqrt2)a$ ⇔ $h = sqrt2 a$.

Senza scomodare Carnot, osservo che, dopo la rotazione di un angolo retto del lato DC e di mezzo angolo retto del lato AB, la perpendicolare ad AD per la nuova posizione di B interseca AD in un punto – che chiamo H – formando in tal modo il triangolo HBC rettangolo in H nel quale:
• un cateto è HB di lunghezza $sqrt2a$;
• l'altro cateto è HC di lunghezza $a + h - sqrt2a$;
• l'ipotenusa è BC di lunghezza $sqrt(a^2+h^2)$,
Pertanto, col Teorema di Pitagora ho l'equazione (nell'incognita $h$):.
$(a+h - sqrt2a)^2 + (sqrt2a)^2 = a^2 + h^2$
risolvendo la quale trovo
$h=sqrt2a$.

L'allineamento della nuova posizione di B con D e con la vecchia posizione di C [detta C' nella mia figura illustrativa, allineamento che risalta subito nella figuira di veciorik] è conseguenza del fatto che risulta
$h = sqrt2a$
(e non viceversa).
_______

[curie88]

Ci provo col metodo che pensai ma non scrissi, ben vengano le critiche:

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Traccio la perpedicolare ad AB_1 per C_1, essa incontra
il segmento AB in $K$, ed il segmento AB_1 in $M$.
AM=a, e poiché il triangolo AMK è rettangolo con un angolo MAK di $45°$,
è anche isoscele, cioè MK=a.
Sia BKX il triangolo di cui dobbiamo determinare il vertice X, dimostrando
che è allineato con B e D e quindi X=C_1
Poiché C_1K=h-a, e ABN=45°(dato che AB è il prolungamento di AK), deve essere per la
similitudine tra AMK e BKX che anche BX=h-a, segue quindi BC_1=BX=h-a.

[veciorik]

Il trapezio snodabile è un simpatico pretesto per presentare un problema su un triangolo con:

• un angolo di 45°
• lato adiacente $ \quad a=x+1$
• lato adiacente $ \quad b=2$
• lato opposto $ \quad c=sqrt(x^2+1)$
• incognita $ \ x$

Erasmus ha già spiegato la soluzione ma mi diverte riproporla a modo mio:

Taglio via un isoscele rettangolo di ipotenusa $ \quad b=2 \quad $ e cateti $ \quad d \ = \ e \ = \ sqrt(2) \ $

Rimane un triangolo rettangolo di ipotenusa $ \quad c=sqrt(x^2+1) \quad $ e un cateto $ \quad e=sqrt(2) \ $

L'altro cateto $ \ f \ $ vale, per sottrazione, $ \quad a-d=x+1-sqrt(2) \quad $, per pitagora, $ \quad f^2 \ = \ (x^2+1)-sqrt(2)^2 \ = \ x^2-1 \ $

Uguagliando $ \quad f \ = \ 1+(x- sqrt(2)) \ = \ sqrt(x^2-1) \quad $

Ovvero $ \quad x- sqrt(2) \ = \ sqrt(x^2-1) - 1 \quad $ risolto ad occhio " 0 = 0 "$ \qquad x=sqrt(2) \qquad $ ossia $ \qquad f=1 $