Categorie: Matematica
Tags: quiz difficile triangoli trigonometria
Scritto da: Vincenzo Zappalà
Commenti:21
Viva la trigonometria ! ****
Ammetto che questo esercizio mi è risultato piuttosto difficile. L’ho risolto, ma ho dovuto lottare parecchio, per cui l’ho classificato con 4 asterischi. Uno degli ostacoli più grandi è stata un’espressione piuttosto contorta e apparentemente molto complicata che mi aveva quasi fatto desistere dal proseguire con il metodo adottato. Ho, comunque, voluto insistere e, quasi per magia, tutto si è sciolto come neve al Sole. Ciò mi ha fatto pensare che si poteva semplificare l’intera faccenda, ma non sono riuscito a trovare alternative valide… Spero che i più esperti possano fare di meglio, abbassando gli asterischi. Ci conto! In ogni modo, è vietata qualsiasi soluzione di tipo analitico.
Dico subito che ho adottato la trigonometria, l’unica che mi è sembrata capace di superare l’apparente mancanza di dati. Eccovi il problema…
Disegniamo un cerchio in cui è inscritto un triangolo equilatero ABC di lato a (l’unico dato conosciuto). Dal vertice in basso a destra del triangolo tracciamo una qualsiasi semiretta che intersechi la circonferenza in P. Tracciamo, inoltre, la retta PC fino a incontrare in P3 il prolungamento del lato AB. Prolunghiamo i segmenti AP e BC , chiamando P2 il loro punto d’intersezione. Indichiamo con P1 l’intersezione tra PB e AC. Tracciamo infine i segmenti P3P2 e P1P2.
Si chiede di calcolare il rapporto tra l’area del triangolo P1P2P3 e quella del triangolo equilatero di partenza (ABC).
Il tutto è raffigurato nella figura che segue
Forza miei prodi!
21 commenti
salvo qualche label magari non aggiornata fra le farie fighure dovrebbe essere tutto a posto.
Ho provato a dettagliare il più possibile i vari passaggi. Spero sia sufficientemente chiaro (e magari anche corretto)
caro Sprmnt21,
penso che tu abbia trovato una soluzione senza trigonometria- e il che mi fa molto piacere, ma c'è molta confusione nelle lettere assegnate e in certe conclusioni. Ad esempio la E dovrebbe coincidere con P1 o mi sbaglio? Poi, ad esempio tu dici: i triangoli DAP2 e DAC sono congruenti. Idem per DFP2 e AFC. Forse intendevi dire che hanno la stessa area? Abbi pazienza, ma devi chiare meglio, altrimenti è difficile seguire la tua dimostrazione. E sarebbe un peccato...
sì. È così: no congruenti ma di uguale area; ho procato ad aggiustare le etichette per renderke corrispondenti al tuo post, ma qualcuna mi sarà sfuggita. Se c è qualche passo (specifico) che non è chiaro posso provare ad approfondirlo.
direi che sarebbe senz'altro necessario... cerca di aggiustare le lettere e fare figure uguali nei vari casi. Inoltre spiega anche meglio come si giunge alla uguaglianza delle aree di certi triangoli. E' ben difficile interpretare i tuoi passaggi che non sono certo immediati senza una qualche dimostrazione in più. Se vuoi che si renda merito al tuo lavoro encomiabile devi renderlo facilmente comprensibile... Non aver paura a dire cose che magari per te sono banali, ma non per la maggioranza dei lettori. Attendo con fiducia.
caro SPRMNT21,
ho cercato di estendere la tua sintetica descrizione, ma vorrei che tu mi chiarissi alcune conclusioni, come quella che illustro nella figura:
Penso, comunque, di inserire la mia versione trigonometrica che, malgrado sia più lunga, è spiegata in modo elementare. Se metti a posto la tua, la possiamo aggiungere...
Aggiungo: basterebbero poche parole, tipo: i triangoli hanno stessa base e stessa altezza...
Non è facile ricostruire la tua dimostrazione con figure diverse e lettere saltellanti. Tuttavia, il metodo funziona ed è molto elegante. Se vuoi lo riscrivo io mettendo a posto lettere e usando una sola figura. Dimmi come preferisci agire... l'importante è che sia compreso da tutti. A me piace molto.
ho gia inviato un file con molti passaggi spiegato più in dettaglio. sto aspettando il link per pubblicarlo.
Ecco il link al doc con passaggi più dettagliati
http://www.infinitoteatrodelcosmo.it/wp-content/uploads/2025/10/viva-la-trigonometria.pdf
Forse in questo modo è più semplice arrivare alla conclusione. Questa figura e le relative deduzioni sostituiscono (le label sono tutte diverse. Ma per chi ha ragionato sul problema non è difficile fare le "traduzioni)tutti i passi dove si "pesano" i vari pezzi che compono le figure in gioco.
Caro Sprmnt21,
Una dimostrazione veramente elegante di pura geometria! Complimenti vivissimi. Se mi permetti, citandolo a tuo nome, vorrei inserirla come prima (e migliore) dimostrazione nell'articolo di soluzione. La riscrivo per cercare di mantenere la stessa figura che userò io e con le stesse lettere. Ripeto: sei veramente un mago della geometria!! Il problema non era certo facile, soprattutto senza fare uso di trigonometria (ma anche con quella la faccenda era abbastanza contorta). Sarà difficile trovare un problema che ti metta in difficoltà...
Il problema è veramente carino. Certo che puoi metterla. Propongo per migliorare/alleggerire la soluzione di usare l'approccio del mio ultimo messaggio per la ricomposizione dei pezzi, dopo aver aggiustato le etichette.
PS
Dopo averci pensato per un pò e poi per un altro pò, ho trovato che la parte iniziale del problema può essere trattata (in gergo militaresco, direi, "spazzata via") con l'uso "furbo" di alcuni teroremi della geometria proiettiva: proprietà di polo e polare e il famoso(?) teorema di Pascal dell'esagono inscritto in una conica.
La soluzione si riduce di molto in termini spaziali ma si complica per chi non conosce le cose di geometria proiettiva
Sei bravissimo in geometria, ma anche nel voler cambiare le carte in tavola
. Non solo hai cambiato le label ma anche la figura in modo tale che è difficile trasportare quanto fatto fino ad ora. Mi vuoi dare del lavoro in più, eh?? Ti perdono, vista la tua fantasia e abilità!! Ho rimesso la figura e le label in ordine..., ma mi ci vorranno un paio di giorni prima della pubblicazione.
Però, però... fermo restando che hai diritto alla privacy, vorresti dirci il lavoro che fai? La geometria la conosci da vero professionista. Se vuoi restare in incognito, comunque, non c'è problema, ovviamente.
questa forse è più chiara e ti do vrebbe facilitare il lavoro a parte ribattezzare le etichette, in coerenza con quelle che usi tu
questa figura generalizza i risultati della prima parte del problema
Ogni linea rossa è una retta che congiunge i punti di intersezione dei lati opposti di un esagono inscritto in una conica (cerchio in questo caso).
Nel nostro caso CP2 è parallela ad AB quindi Q3 è un punto all'infinito e Q1Q2Q3 è parallela ad AB e CP2.
Analo fatto vale per AP2 e CB. Quindi R1R2R3 // CB.
Da qui siamo nella situazione del precedente post con cui si completa la prova.
PS
Se di interesse posso "spianare" un po il discorso sulle linee rosse (ma mi serve del tempo per fare un pò di figure)
sei terribile Sprmnt21. Nell'ultima parte hai scritto ACM = 2(ADC),. Ma non è assolutamente vero!
Non capisco perché non usi la mia figura e le mie label. Sarebbe tutto più facile... e gli errori si vedrebbero meglio. Riscrivimi bene l'ultima parte, correggendo l'errore e poi ci risentiamo. Usi qualche programma che ti impone una figura diversa??? Cerca di farlo da te...
Nell'ultima parte hai scritto ACM = 2(ADC),. Ma non è assolutamente vero!
Ho scambiato il vertice D con il vertice H (in effetti, nelle tue figure si chiama D
): la relazione corretta, con le label della mia figura, è ACM = 2(ACH) .
Per facilitare l'esposizione, considera che <ACM = 90°; KHA è simmetrico rispetto ad H di IHM con <AMC = 30°; (MHC) = (ACH) => (ACM) = 2(ACH) = 2(ABC)
caro Sprmnt21
Nel tuo "link" dici:
In modo analogo a quanto visto per il “lato” DC, possiamo procedere per il lato
DA e trovare che (DP3G’) = (BP1G’A)
Potresti farlo vedere in modo comprensibile?
Ho deciso di proporre la prima tua versione dato che la seconda diventa troppo contorta con tutti gli angoli da considerare. Tuttavia, quell'ultimo passaggio va spiegato meglio e non solo dicendo "in modo analogo"..
Risolto quest'ultimo punto dovrei avere tutto in mano.
Spero che la prossima volta tu riesca a essere più "didattico" , senza tralasciare troppi passaggi che per te saranno ovvi, ma non per chi legge... Questo blog è un modo per insegnare e non per dare solo la soluzione.
Ho inviato una versione (prima porposta) con più dettagli.
PS
resto del aprere che la seconda proposta sia migliore per chiarezza e "sinteticità".
Per sinteticità sarebbe ancora meglio quella che usa il teorema di Pascal sull'esagono iscritto in una conica (cerchio, nel nostro caso).
Per me puoi anche volere la seconda versione (quella con Pascal mi sembra troppo ...), ma allora dovresti fare la figura come la mia, con le label giuste e TUTTE le spiegazioni dei passaggi. Così com'è è troppo sintetica e difficile da capire. Fidati...
la prima proposta dettagliata
http://www.infinitoteatrodelcosmo.it/wp-content/uploads/2025/10/viva-la-trigonometria2.pdf
la seconda proposta dettagliata
http://www.infinitoteatrodelcosmo.it/wp-content/uploads/2025/10/viva-la-trigonometria3.pdf