Due quadrati

Messaggioda axpgn » 15/11/2019, 00:07

Si scelga un arbitrario punto $M$ all'interno del segmento $AB$.
Dalla stessa parte di $AB$ si costruiscano i due quadrati $AMCD$ e $MBEF$ con $AM$ e $MB$ come rispettive basi.
I due cerchi che circoscrivono i due quadrati, con centri $P$ e $Q$, si intersecano in $M$ e in un altro punto $N$.
Chiamiamo invece $N'$ il punto d'intersezione delle rette $AF$ e $BC$.

1) Dimostrare che i punti $N$ e $N'$ coincidono.
2) Dimostrare che le rette $MN$ passano attraverso un punto fisso $S$ indipendentemente dalla scelta di $M$.
3) Trovare il luogo dei punti formato dai punti medi dei segmenti $PQ$ al variare di $M$ tra $A$ e $B$

Cordialmente, Alex
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Re: Due quadrati

Messaggioda giammaria » 20/11/2019, 10:23

Aggiungo una domanda:
4) Trovare il luogo dei punti $N$
Ed ora passo alle risposte, cominciando col 4. Confesso che inizialmente ho risolto il problema con l'analitica e solo dopo, sapendo cosa cercare, l'ho affrontato con la sintetica.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Avvisi:
- Senza perdita di generalità, suppongo sempre che si abbia $AM>=MB$
- Uso ripetutamente il teorema sull'eguaglianza degli angoli alla circonferenza, che non citerò più
- Quando usati, $H,K$ sono le proiezioni di $P,Q$ su $AB$

Punto 4
Si ha $AhatNM=AhatCM=45°$ e $MhatNB=MhatFB=45°$, quindi
$AhatNB=AhatNM+MhatNB=45°+45°=90°$
Il luogo dei punti che, da una stessa parte, vedono $AB$ sotto un angolo retto è la semicirconferenza di diametro $AB$.

Punto 1
Allineamento di B, N, C. Al 4 abbiamo mostrato che si ha $AhatNB=90°$ e si ha $AhatNC=AhatMC=90°$, quindi le rette $NB$ e $NC$ coincidono perché perché nello stesso punto sono perpendicolari ad $AN$
Allineamento di A,F, N. Al 4 abbiamo mostrato che si ha $AhatNM=45°$ e si ha $FhatNM=FhatEM=45°$, quindi le rette $AN$ e $FN$ coincidono perché, nello stesso punto, formano con $MN$ angoli uguali ed equiversi.
Conclusione. $N$ sta sia su $BC$ che su $AF$, quindi coincide con la loro intersezione $N'$

Punto 2
Traccio l'asse di $AB$, che incontra $AB$ in $R$ e la retta $MN$ in $S$; chiamo $L$ la proiezione di $Q$ su $PH$. Noto che si ha
$PL=PH-QK= (AM)/2-(MB)/2=(AM-MB)/2$
$RM=AM-AR=AM-(AB)/2=AM-(AM+MB)/2=(AM-MB)/2$
e quindi $PL=RM$. Poiché la corda comune a due circonferenze è perpendicolare alla retta dei loro centri, ho $LhatQP=RhatSM$, in quanto angoli con i lati mutuamente perpendicolari. Quindi i triangoli rettangoli $PLM, RMS$ sono uguali, avendo uguali un cateto e l'angolo ad esso opposto, e ne segue $RS=LQ$. Ho poi
$RS=LQ=HK= HM+MK=(AM)/2+(MB)/2=(AM+MB)/2=(AB)/2$
e quindi la posizione di $S$ non dipende da quella di $M$: tutte le rette $MN$ passano per quel punto $S$.

Punto 3
Detto $Z$ il punto medio di $PQ$, la sua distanza da $AB$ è data da
$(PH+QK)/2=((AM)/2+(MB)/2)/2=(AM+MB)/4=(AB)/4$
quindi $Z$ sta sulla parallela ad $AB$ distante da essa $(AB)/4$. Poiché però $M$ varia solo su un segmento, anche $Z$ lo fa, e precisamente: se $M$ coincide con $A$, anche $P$ coincide con $A$, mentre $Q$ è il centro $O$ del quadrato di lato $AB$, quindi $Z$ à il punto medio di $OA$. Analogamente, quando $M$ coincide con $B$ abbiamo il punto medio di $OB$. Il luogo è quindi il segmento che unisce questi due punti medi.
- Indicando i metri con m e i centimetri con cm, si ha m=100 cm. Quindi 5 centimetri equivalgono a metri m=100*5=500.
- E' disonesto che un disonesto si comporti in modo onesto (R. Powell)
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Re: Due quadrati

Messaggioda axpgn » 20/11/2019, 15:25

:smt023

Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Diciamo che il tuo punto 4 è "compreso" nelle mie dimostrazioni :D

1) Sostanzialmente ho fatto la stessa cosa solo con angoli diversi (angoli al centro, per esempio)

3) Lo stesso. Il luogo di punti è il segmento lungo $(AB)/2$ che si trova a distanza $(AB)/4$ da $AB$.

2) Questo l'ho fatto diverso …
- $ANB$ è sempre retto quindi $N$ si muove sul semicerchio di diametro $AB$
- $ANM$ è sempre pari a $45°$ (dimostrato prima)
- Chiamiamo $S$ il punto in cui la retta $NM$ incontra il cerchio di diametro $AB$

Allora anche $ANS$ è pari a $45°$ ed è un angolo alla circonferenza ma, dato che un estremo dell'arco è fisso ($A$) anche l'altro ($S$) deve esserlo.


Cordialmente, Alex
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Re: Due quadrati

Messaggioda giammaria » 21/11/2019, 08:50

Bella la tua dimostrazione del 2! A me non sarebbe venuta in mente, anche se avevo scritto tutti i suoi preliminari.
- Indicando i metri con m e i centimetri con cm, si ha m=100 cm. Quindi 5 centimetri equivalgono a metri m=100*5=500.
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Re: Due quadrati

Messaggioda axpgn » 21/11/2019, 13:21

Mah, a te vengono in mente tante cose più complicate di questa :D
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Re: Due quadrati

Messaggioda Erasmus_First » 24/11/2019, 20:58

Ciao Alex, ciao Giammaria.
Testo nascosto, perché contrassegnato dall'autore come fuori tema. Fai click in quest'area per vederlo.
Ho gravi problemi familiari che però non mi tengono occupato. Allora, se non altro per distrarmi un po', seguo i quiz di matematicamente.it e di Rudi Mathematici]. Di questo quiz avevo trovato le risposte per via analitica – con la quale le risposte risultano molto facili – ancora giorni fa. [Ora, benché in ritardo, dico anch'io la mia.

Non è male nemmeno la soluzione per via analitica.
Ecco quel che avevo fatto io ancora alcuni giorni fa.
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Nel piano cartesiano assumo:
$(x_A, y_A) = (0, 0)$; $(x_B, y_B) = (1, 0)$; $(x_M, y_M) = (k, 0)$, (con $0<k<1$). Poi, scegliendo $y≥0$, trovo:
$(x_C, y_C) =(k, k)$; $(x_D, y_D) = (0, k)$; $(x_E, y_E) = (1, 1-k)$; $(x_F, y_F) = (k, 1-k)$.
Le equazioni dei cerchi circoscritti rispettivamente ad AMCD e MBEF sono:
1) $x^2 + y^2-kx-ky=0$;
2) $x^2 + y^2 -(1+k)x -(1-k)y +k = 0$.
Le rette AF e BC hanno equazioni rispettive:
3) $y=(1-k)/k x$;
4) $y=-k/(1-k)x +k/(1-k)$.

Punto 1
a) Entrambe le 1) e 2) sono soddisfatte da $(x, y) = (x_M, y_M) = (k, k)$.
b) Dalle 3) e 4) viene che l'intersezione N' delle rette AF e BC ha coordinate:
$x_(N') = k^2/(k^2 + (1-k)^2)$; $y_(N') = (k(1-k))/(k^2+(1-k)^2)$.
c) Se nelle 1) e 2) si sostituiscono $x$ con $x_(N')$ ed $y$ con $y_(N')$ entrambe le 1) e 2) diventano identità.
Dunqueè $N'$ coincider con $N$.

Punto 2
La retta $MN$ (che varia al variare di k) ha equazione:
5) $x=(2k-1)y + k$ che per $k = 1/2$ diventa $x=1/2$. [Cioè:: ascissa x=1/2 per qualunque ordinata y].
Se esiste un punto Sper il quale la retta $MN$ passa per ogni k, l'ascissa di questo punto deve essere 1/2.
Riscritta la 5) nella forma $y = (x-k)/(2k-1)$, per $x=1/2$ si trova $y=(1/2 - k)/(2k-1) = –1/2$.
In effetti sostituendo nella 5) $(x, y)$ con $(1/2, –1/2)$ risulta: $1/2 = –(2k-1)/2 + k$, ossia l'identità $1/2 = 1/2$.

Punto 3
Le coordinate di P sono $(x_P, y_P) = (k/2, k/2)$ e quelle di Q sono $(x_Q, y_Q)=((1+k)/2, (1-k)/2)$.
Le coordinate del punto medio del segmento di estremi P e Q soino dunque:
$x = (1+2k)/4$; $y=1/4$.
Pertanto, variando k tra 0 ed 1, il luogo richiesto è il segmento parallelo ad AB di estremi H e K di rispettive coordinate:
$(x_H, y_H) = (1/4, 1/4))$; $(x_K, y_K) = (3/4, 1/4)$.

Pnto 4 (Aggiunto da Giammaria: "Qual è il lugo di $N = N$' al variare di k?")
Il cerchio di diametro AB ha equazione:
6) $x^2 + y^2 -x=0$,
Si verifica subito che le coordinaste di $N$, cioè
$x_N= k^2/(k^2 + (1-k)^2)$ e $y_N=(k(1-k))/(k^2+(1-k)^2)$
soddisfano la 6). Basta allora aggiungere alla 6 la condizione $y ≥0$ per averer il luogo di N (cioè la semicirconferenza di diametro AB dalla parte del verso positivo delle ordinate.
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Re: Due quadrati

Messaggioda axpgn » 24/11/2019, 21:51

:smt023 Bel lavoro!
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