Problema di trigonometria coi limiti

Messaggioda ZfreS » 14/01/2019, 18:47

Ho questo problema: nel parallelogramma $ABCD$ in figura, $AB=6$, $BC=5$, EF è parallelo ad AB. Calcola il limite del rapporto fra l'area del triangolo $CFG$ e l'area del trapezio $CDEG$ al tendere di $F$ a $C$.

Immagine

Ho trovato tutti gli angoli del disegno, il fatto è che non riesco a capire come determinare $FG$ e $FC$.
Potreste aiutarmi per favore?
Ultima modifica di ZfreS il 14/01/2019, 19:30, modificato 1 volta in totale.
ZfreS
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 1383 di 4589
Iscritto il: 22/10/2016, 17:52

Re: Problema di trigonometria coi limiti

Messaggioda SirDanielFortesque » 14/01/2019, 18:52

Scusa ma $\bar(AB)$ (se ABCD è un parallelogramma) dovrebbe essere uguale a $\bar(CD)$ con riferimento alla figura. Però hai scritto che $\bar(CD)=5$ e $\bar(AB)=6$
Conoscete la storia del Conte Giacomo Ceconi?
Avatar utente
SirDanielFortesque
Advanced Member
Advanced Member
 
Messaggio: 435 di 2184
Iscritto il: 27/12/2016, 08:35
Località: Milano.

Re: Problema di trigonometria coi limiti

Messaggioda ZfreS » 14/01/2019, 19:30

Infatti ho sbagliato, grazie per avermelo fatto notare, in realtà è $BC=5$
ZfreS
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 1385 di 4589
Iscritto il: 22/10/2016, 17:52

Re: Problema di trigonometria coi limiti

Messaggioda SirDanielFortesque » 14/01/2019, 20:42

Spero di non aver sbagliato qualche calcolo, sono abbastanza noiosi ma è un bel problemino.

Calcolo la lunghezza di $\bar(CA)=sqrt(6^2+5^2+2*5*6*cos(120°))=sqrt(36+25+30)=sqrt(91)$ con il teorema di Carnot.
Indico con $\alpha$ l'angolo $C\hat(A)B$, o equivalentemente (per il teorema delle parallele tagliate da una trasversale), l'angolo $A\hat(C)D$.
Indico con $\gamma$ l'angolo $B\hat(C)A$, o equivalentemente (per il teorema delle parallele tagliate da una trasversale), l'angolo $C\hat(A)D$.

Applico il teorema dei seni:

$sqrt(91)/(sen(120°))=5/(sen(\alpha))$
da cui ho:

$sen(\alpha)=5*(sen(120°))/sqrt(91)=(5*sqrt(3))/(2*sqrt(91))$

Riapplico il teorema dei seni:
$6/(sen(\gamma))=sqrt(91)/(sen(120°))$

$sen(\gamma)=(6*(sqrt(3)/2))/sqrt(91)=(3*sqrt(3))/sqrt91$

Pongo, a questo punto, $x=\bar(GF)$ Il libro ti da qualche suggerimento su cosa porre come incognita???

Applico il teorema dei seni:
$x/(sen(\gamma))=\bar(FC)/(sen(\alpha))$

$\bar(FC)=(sen(\alpha))/(sen(\gamma))*x$

L'area del triangolo $GFC$, sarà:

$A_(GFC)=1/2*FC*x*sen(120°)=1/2*(sen(\alpha))/(sen(\gamma))*x*x*sqrt(3)/2=(5*sqrt(3))/(24)*x^2$

L'area del trapezio, sarà:

$A_(CDEG)=(((6-x)+6)*H)/2$

$H=\bar(CG)*sen(\alpha)$
per il teorema del coseno:
$CG=sqrt(x^2+((sen(\alpha))/(sen(\gamma)))^2*x^2-2*x^2*((sen(\alpha))/(sen(\gamma)))*(-1/2))=sqrt(91)/36 *x$

Quiiiiiindi:
$A_(CDEG)=((12-x)*\bar(CG)*sen(\alpha))/2=((12-x)*sqrt(91)/36 *x*((5*sqrt(3))/(2*sqrt(91))))/2=((12-x)*x*5*sqrt(3))/144$

Il limite mi viene zero. Cosa ti dà il libro?
L'ho modificato un po' divolte perché scrivo sen all'italiana e il programma si oppone perché vuole sin all'inglese, il che è un peccato.
Conoscete la storia del Conte Giacomo Ceconi?
Avatar utente
SirDanielFortesque
Advanced Member
Advanced Member
 
Messaggio: 436 di 2184
Iscritto il: 27/12/2016, 08:35
Località: Milano.

Re: Problema di trigonometria coi limiti

Messaggioda ZfreS » 14/01/2019, 21:15

Il libro non dava nessun suggerimento.
Il limite viene 0, ma penso sia la parte più facile del problema, la competenza stava nel trovare le aree.
Non mi rimane che ringrazianti per la risposta molto dettagliata, buona serata!
ZfreS
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 1386 di 4589
Iscritto il: 22/10/2016, 17:52

Re: Problema di trigonometria coi limiti

Messaggioda ZfreS » 14/01/2019, 21:39

Mi viene però un dubbio: quando calcoli l'altezza del trapezio, non bisognerebbe fare $CGcosalpha$, e poi l'angolo $alpha$ dovrebbe essere solo $FGC$, o mi sbaglio?
ZfreS
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 1387 di 4589
Iscritto il: 22/10/2016, 17:52

Re: Problema di trigonometria coi limiti

Messaggioda SirDanielFortesque » 14/01/2019, 21:53

No anche $A\hat(C)D=\alpha$, a quel punto fai cateto=ipotenusa*sen(angolo opposto).

Ho condotto l'altezza da $G$ su $\bar(CD)$, perpendicolarmente a quest'ultimo (cioè la base maggiore del trapezio)
Conoscete la storia del Conte Giacomo Ceconi?
Avatar utente
SirDanielFortesque
Advanced Member
Advanced Member
 
Messaggio: 437 di 2184
Iscritto il: 27/12/2016, 08:35
Località: Milano.

Re: Problema di trigonometria coi limiti

Messaggioda ZfreS » 14/01/2019, 22:03

Il disegno che ho fatto rispecchia quello che pensi tu?

Immagine

$alpha$ non sarebbe l'angolo $FGC$ ?
ZfreS
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 1388 di 4589
Iscritto il: 22/10/2016, 17:52

Re: Problema di trigonometria coi limiti

Messaggioda SirDanielFortesque » 14/01/2019, 22:07

No. $E\hat(G)C=180°-\alpha$ Lo vedi anche dal disegno.
No scusa si. $\alpha= F\hat(G)C=A\hat(C)D$ Avevo scambiato la $E$ con la $F$.
Se preferisci fare la proiezione con il coseno... Allora puoi anche dire:

$\bar(GH)=\bar(CG)*cos(90°-\alpha)$
Conoscete la storia del Conte Giacomo Ceconi?
Avatar utente
SirDanielFortesque
Advanced Member
Advanced Member
 
Messaggio: 438 di 2184
Iscritto il: 27/12/2016, 08:35
Località: Milano.

Re: Problema di trigonometria coi limiti

Messaggioda ZfreS » 14/01/2019, 22:15

Ok adesso ho capito, ma non capivo se con l'angolo $ACD$, intendessi tutto l'angolo o solo uno dei due pezzettini.
ZfreS
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 1390 di 4589
Iscritto il: 22/10/2016, 17:52

Prossimo

Torna a Secondaria II grado

Chi c’è in linea

Visitano il forum: giammaria e 1 ospite