Geometria - Problema 19
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- čas přidán 30. 01. 2022
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Bellissimo esercizio.
Complimenti per i tuoi video, sei molto bravo nelle spiegazioni.
Io ho adottato questa soluzione: ho tracciato la parallela a BC passante per O, e ho chiamato H e K le intersezioni coi prolungamenti di AB e CD. Ho calcolato l’area ADKH e ho sottratto le aree ACD, AOH, CKO (sfruttando come te un raggio R generico). Sono contenta di aver trovato una soluzione da sola che si avvicina metodologicamente alla tua :)
Salve Prof, come sempre bel video, sotto ogni aspetto. Il tuo riferimento alle donne mi ha fatto ricordare la Margherita Hack ❤️, della quale ero un grande ammiratore. Ciao 💪
Grande donna
Ciao Valerio, ho 71 anni, i Tuoi video risvegliano il ragazzo che frequentava l'ITIS. Grazie, non me ne perdo uno.
Complimenti Generoso!
Grazie Valerio,
io ho sottratto all'area del quadrato grande le aree del triangolo 2 e del triangolo 4
(2R)^2 - (R^2/2 + (3R x R)/2)
16 - (4/2 + (6 x 2)/2) = 8
bellissimo video come sempre (però aspetto un'infornata di video di logica ;-)
Bastava prolungare la retta a 45° (AC) e la retta verticale che passa per O. Si otteneva un vertice chiamato E, con il punto che intercetta il prolungamento di AB chiamato F. Abbiamo l'area di un triangolo isoscele di lato 4+r (AFE), e dobbiamo sottrarre l'area di un triangolo di lato 4+r e altezza r,(AOF) e sottrarre l'area di un triangolo di lato 4 e altezza r (COE). Risultato, 8.
Bellissimo questo problema, complimenti
Vi seguo con immenso piacere ed interesse per le materie trattate
Bravo, sei davvero molto bravo nelle spiegazioni
Il tuo canale è l'ideale per farmi rilassare di domenica. Molto interessante.
Personalmente mi è venuto naturale tracciare una verticale passante per il centro della circonferenza e prolungare il lato CD per ottenere un trapezio rettangolo (ACKH, con KH il segmento verticale passante per il centro e K intersezione con prolungamento di CD) di cui ho calcolato l'area e sottratto le aree dei due triangoli rettangoli AOH e COK.
Ottimo
Bravissimo. Io non trovo sostanziale differenze. Però a dire il vero la maggior parte dei miei tesisti di dottorato, ai quali faccio da correlatore, sono in maggioranza ragazze nel mio caso! Facciamo una bella statistica!
Questo signore è un ottimissimo professore: fortunati gli allievi che seguono le sue lezioni.
Io ricordo i miei anni di liceo, anni 69/70 nel mezzo della contestazione: eravamo ignoranti allo stato puro, privi di una decente preparazione di base e gli effetti nefasti della nostra scarsissima preparazione, si manifestarono alla maturità, con disastrosi risultati per tutte e due le classi del liceo che andarono all' esame.
Non per vantarmi ma solo io, ed un altro studente dell' altra classe liceale ( io stavo nella sezione B, quella dei derelitti invece gli eletti , figli della buona borghesia, stavano tutti nella sezione A), riusciamo a completare il compito di matematica, non senza fatica.
Poi nel settembre successivo alla maturità iniziai la mia avventura al Politecnico di Torino, e lì furono anni veramente duri.
Sarebbe andata sicuramente bene se avessimo avuto come insegnante il benemerito Prof che ci delizia con i suoi test!
Semper ad maiora Prof!
PS: questo problema l'ho ho risolto utilizzando la somma e sottrazione di triangoli, senza tracciare cerchi o rette od altre diavolarie strane...
Eccellente professore come sempre. Avrei solo aggiunto, a fine video, il calcolo automatico dell'area con geogebra e far vedere come effettivamente l'area è indipendente dal raggio del cerchio riprendendo l'animazione iniziale 😇
Vero
Fantastico grazie!!
Bello, molto utile per imparare a ragionare
Bellissimo! : ) L'ho "quasi" risolto, nel senso che ho considerato due casi particolari (quello con B coincidente con O e quello con l'angolo in C retto), notando che in entrambi l'area era uguale e valeva 8, per cui ho "ipotizzato" che appunto fosse indipendente da r e valesse 8 in generale.
L'ipotesi è (ovviamente) corretta e dimostrabile dal fatto che AC e OB sono parallele in quanto formano due angoli alterni interni congruenti di 45° formati dalla trasversale BC. Dunque la distanza fra le due rette parallele è uguale all'altezza del triangolo AOC relativa alla base AC, per cui basta considerare un caso particolare come hai fatto tu.
Ottima spiegazione..grazie prof.
Consideriamo base AC l'altezza triangolo resta costante perchè il punto O si muove su una retta a 45 gradi parallela alla base AC .
Vero
Buonasera, non ho letto tutti i commenti e sicuramente è già stata proposta questa soluzione, ma vorrei comunque discutere con voi la mia idea: per i punti B ed O passa una sola retta, che interseca il segmento AB formando un angolo di 45° esattamente come la diagonale del triangolo in esame passante per AC. Questi due segmenti sono paralleli. Va da sé che se in qualsiasi ipotetico punto sulla retta passante per BO una seconda retta orientata ortogonalmente a BO attraversasse la retta passante per AC, comporrebbe un altro angolo retto il cui segmento racchiuso tra AC e BO avrebbe sempre la stessa lunghezza. Se la base del triangolo resta la medesima (AC) e l'altezza del triangolo in esame resta la stessa (poiché racchiusa ortogonalmente tra 2 parallele). Ergo AC*H/2 = 8 poiché uguale ad AB*BC/2.
Perdonatemi, sono 21 anni che non parlo di geometria, sono un po' acciaccato.
Buonasera
Vi propongo la mia soluzione, senza calcoli o equazioni: se chiamo E il punto di tangenza del cerchio con il prolungamento del lato AB, e X il punto il punto di intersezione tra BC e AO, si può dimostrare che il triangolo AEO e il trapezio BCOE sono equivalenti, per entrambi l'area è (4+R)*R/2. Ma allora anche i triangoli ABX e OCX sono equivalenti, in quanto da aree equivalenti viene sottratta la stessa porzione, il quadrilatero BXOE. Se al triangolo ABC la cui area vale 8, aggiungo e sottraggo aree equivalenti, per ottenere il triangolo AOC, il risultato dell'area di quest'ultimo è sempre 8. Leggendo bene i commenti precedenti vedo soluzioni simili!!! Mi fa comunque piacere esserci arrivato anch'io... grazie a tutti e grazie Valerio!!!
Soluzione brillante. Personalmente preferisco questo tipo di soluzioni più intuitivo che puramente teorico (mi riferisco agli approcci puramente analitici).
Complimenti Fabio
Grazie, la soluzione più elegante (per usare un termine che nel canale si sente spesso...) però rimane quella di considerare costante l'altezza del triangolo rispetto alla base AC!
Indichiamo con K il punto di intersezione tra AO e BC.
Osserviamo che BO e AC sono paralleli.
I triangoli AOB e CBO sono equivalenti avendo la stessa base BO e la stessa altezza data dalla distanza tra AC e BO. Ne segue che i triangoli AKB e CKO sono equivalenti. Quindi l’area cercata è uguale all’area di ACB
grande
Una volta risolto è facile però da solo non sono riuscito. Complimenti e grazie
Basta osservare che qualunque sia il triangolo, O starà sulla retta parallela ad AC passante per B e pertanto l'area di qualsiasi triangolo AOC sarà uguale a quella di ABC perché hanno la stessa base AC e la stessa altezza (la distanza tra AC e la parallela passante per B)
Usando come base del triangolo la diagonale AC che quindi non varia mai, traslando in qualsiasi modo l altro vertice si otterrà sempre l area equivalente al triangolo isoscele inscritto nel quadrato. In numeri A=4 radice 2 per 2 radice 2 fratto 2
Ottimo Prof , io ho svolto esattamente il problema pero' sono stato parametrico, ho chiamato il raggio R, il lato del quadrato L, svolto tutti i calcoli e alla fine mi è venuto A(triangolo) = L^2 / 2; la R in effetti si è semplificata nei calcoli. Grazie ! Pasquale
La retta per BO è parallela a quella per AC (Inquarto entrambi diagonali di due quadrati adiacenti) quindi i triangoli ABC e AOC hanno la stessa area perché base e altezza sono congruenti. L area di AOC = ABC = 4*4/2
Si nota che il centro della circonferenza giace sempre sulla retta passante per i punti B e O, parallela alla retta AC, dunque la distanza tra le due rette é costante come l'area del triangolo che sarà uguale a quella di ABC.
Bravo prof
Io ho considerato che OB è parallelo ad AC poiché formano angoli di 45 gradi con la retta AB e quindi O muovendosi su una retta parallela ad AC avrà sempre distanza costante da AC. I triangoli ACO e ABC sono quindi equivalenti avendo stessa base AC e altezze uguali. Così si arriva all'area di ABC che è 8. Ciao
Posso dire che il corso di laurea in matematica è frequentato per la stragrande maggioranza da donne. Vero è però, che detto corso non ha numeri altissimi. Quindi è una percentuale (alta) di una percentuale (non molto alta). L'anguria docet! Ciao e complimenti!
Ascoltarti è sempre un piacere.
basta che ti trovavi la diagonale AC col teorema di pitagora (4*1.414)=5,656. siccome la diagonale AC divide il quadrato il due triangoli rettangoli isosceli, e facendoti riferimento al triangolo ABC ti trovavi l'area come 4*4:2=8
il triangolo AOC è un triangolo di base = lunghezza della diagonale del quadrato (2 * radice di 8) e altezza = lunghezza della 1/2 diagonale del quadrato (radice di 8) perchè il segmento OB è parallelo al segmento AC quinbdi l'area è ugiuale a 1/2 di 2* radice di 8 * radice di 8 = 8
Chiamo P il punto di incontro fra AO e BC, si può dimostrare facilmente con i triangili simili che BP=4R/(4+R) e quindi che le aree ABP e POC sono uguali e valgono entrambe 8R/(4+R). Quindi l'area AOC = APC+POC=APC+ABP, cioè mezzo quadrato = 8.
Ottimo
We we wsw@@ValerioPattaro
Il punto di origine del cerchio scorre al crescere del raggio R su una retta parallela alla diagonale AC del quadrato e passante per B: quindi il triangolo con base AC e vertice in B ha la stessa altezza (la distanza della retta parallela...) di quello con stessa base ma vertice in O; segue che hanno la stessa area cioè L²/2 = 8.
Giusto?
P.s. ho visto l'animazione ed era quella che mi è venuta in testa automaticamente ed è per questo che hovisto mentalmente scorrere l'origine sulla retta parallela alla diagonale... Poi ho mentalmente rigirato la figura considerando base la diagonale del quadrato.
Giustissimo, bravo
@@ValerioPattaro grazie
Area = 8 indipendentemente dal raggio. La direttrice OB sarà sempre parallela alla diagonale per cui la distanza da essa è costante e pari a 4/rad(2). Quindi Area =1/2x 4xrad(2)x4/rad(2)=8.
Bravo
👏👏👏👏👏🇮🇹🇮🇹🇮🇹💯
Io ho costruito una seconda circonferenza di raggio 2, di centro O' e tangente al lato BC e al prolungamento di AB e ho notato che la diagonale AC è parallela alla retta OO'. Di conseguenza non varia l'altezza, quindi l'area del triangolo. Nel caso in cui il raggio sia la metà del lato il triangolo AO'C è rettangolo. CO' è uguale a 2rad2 e quindi l'area del triangolo è 8
Mi fa piacere leggere tante soluzioni diverse dalla mia
Buongiorno. Sbaglio io o A4 = 2R + 1/2R mezzi?
Io ho usato un metodo con il piano cartesiano. Ho immaginato che l angolo in basso a sinistra del quadrato fosse l origine degli assi. Per trovare l area basta fare 1/2 per il valore assoluto di una matrice 3x3. Alla prima riga della matrice ho scritto 0 0 1, ossia le cordinate del primo vertice, poi alla seconda riga ho scritto 4+r r 1
Ossia le cordinate del secondo vertice e alla terza riga della matrice ho scritto le cordinate del terzo vertice ossia 4 4 1. Ho inserito gli 1 all ultima colonna in modo tale che il risultato sia corretto. Il determinante della matrice era 16, ho moltiplicato per 1/2 e mi ha ridato 8.
Ciao Valerio. Avrei usato la formula di Erone....dopo aver parametrizzato il raggio.
👍👍
@@ValerioPattaro A A proposito delle donne, io le ritengo mediamente più intelligenti di noi uomini.
Inoltre lavorano anche più di noi uomini .... e sono il legante fondamentale di ogni famiglia.
Si calcolano AO e CO con Pitagora, radice di ((4+r)^2 + r^2) e radice di ((4 -r)^2 + r^2); poi avendo tutti i tre lati di AOC con Erone si calcola l’area. Semplice, ma complicato per i calcoli, infatti. Credo sia corretto ...
Scusate se mi inserisco , avrei bisogno di un informzione perche' non sono uno studiato :-) .... Il baricentro del tetraedro regolare non corrisponde al centro della sfera circonscritta vero ?
Tramite un programma di disegno tecnico ho provato a disegnare circonferenze sempre più grandi. Il punto di intersezione del segmento AO con il lato BC è sempre al di sotto del punto C. Questo vuol dire che i punti A, C ed O non saranno mai allineati. È impossibile che il triangolo degeneri in un segmento o una linea! Si può dimostrare algebricamente.
Sempre algebricamente si dimostra che, imponendo e forzando che il segmento AO intersechi il prolungamento del lato BC dalla parte di C, l'area del triangolo è - 8 e quindi negativa. Ciò è impossibile! Ma quanto è bella la Matematica??😁😁😁
non si può notare che il segmento BO è parallelo a AC e che quindi l'area è base AC per altezza = distanza tra i 2 segmenti quindi viene AC = 4 √2 la distanza h viene 4*√2/2 quindi AC*h = 4√2 4√2 1/2 1/2 = 8
Bella soluzione
Ma prendere un caso specifico (R = L o R = 0) assumendo per vero il fatto che l'area di AOC non cambia al variare della posizione di O è un errore?
Non puoi assumerlo. Devi dimostrarlo.
Qualcuno l'ha fatto, nei commenti.
Ne consegue anche che l’area del triangolo fuori del quadrato è uguale a quella del triangolo in basso all’interno del quadrato.
Prof vi ho mandato due problemi bellissimi di geometria piana su facebook
Per cui l'area del triangolo è R al quadrato + 8?
Non ci sarei mai arrivato 🥲
forza :)
Punto "O" in "B".
Sulla questione delle facoltà matematiche, le donne anche in passato hanno dimostrato di avere un grande acume per questa disciplina. Ma chi ha risolto il secolare problema dell' ultimo teorema di Fermat e la congettura di Poncelet? Anche le donne partecipano al premio Wolf, ma a vincere per la maggiore sono uomini. Ci sarà un motivo? Non voglio togliere niente alle donne, ma penso che la donna è più portata per delle discipline e l' uomo per altre.
Coi lati che si trovano facile si applica erone
ti sei fermato a R = 4, ma anche per R tendente a infinito l'area è costante
le donne non sono meno portate.
semplicemente sono statisticamente meno interessate, non vuol dire che non siano portate
Le verità della matematica sono assolute ma purtroppo inutili
Che incubo!!!!
Potevi essere più sintetico nell' introduzione, tipo...oh ma la figa?
ORRORE. E' preceduto dal segno meno e quindi cambia segno. Faccio ammenda ..................................
Con caso limite ok... il resto ancora nebbia.
Le donne sono in media meno interessate alla matematica. Non facciamo i ruffiani.
Al corso di laurea in matematica sono quasi tutte donne.
@@ValerioPattaro Saranno cambiati i tempi. Venticinque anni fa le ragazze e compagne di liceo sceglievano in buona maggioranza lettere, giurusprudenza, filosofia, alcune biologia e poche le altre facolta'. Si vede la realtà è cambiata. Ad ingegneria dove ero io le ragazze erano un'esigua minoranza.
Si può anche dire secondo logica che il vertice inferiore destro del quadrato e del triangolo si é spostato perfettamente in direzione nord-est rimanendo cioè parallelo alla diagonale del quadrato (che coincide con la base del triangolo) quindi l'area, avendo il triangolo stessa base e stessa altezza ha, dopo la traslazione del vertice, la stessa area di prima (cioè quando valeva area del quadrato mezzi)
Si, bravo. Andrebbe dimostrato ma ottima intuizione.