Beh, di primo acchito, dal teorema delle tangenti a una circonferenza da un punto esterno ad essa, cioè nel nostro caso BC e CH tangenti alla circonfeenza di raggio R in B e H , si evince che BC = HC e da qui applicando Pitagora al trianagolo rettangolo ABC si trova che AC = 2(2 + sqrt(3)) cioè la ipotenusa del triangolo ABC è il doppio del cateto AB, così che anche AH = AC - BC = 1 e quindi AO= 2. Questo significa che facendo il rapporto di similitudine tra due triangoli rettangoli le cui rispettive ipotenuse sono sempre il doppio di uno dei rispettivi cateti ( e cioè i triangoli ABC e AOH) si avrà che AC/AB = 2 e AO/AH =2. Quale che sia il valore del raggio R della circonferenza si avrà sempre una identità nella proporzione dei lati. In questo modo R non sarà possibile definirlo. Invece, avendo assunto che BC = CH per il teorema delle tangenti, si avrà che AH = AC - BC = 2(2 + sqrt(3)) - (3 + 2sqrt(3) = 1 e quindi Rsqrt(3)/3 = 1 da cui trovo il raggio R = 3/sqrt(3) = sqrt(3). Quod erat demonstrandum.
BC e CH sono uguali perché rette tangenti concorrenti alla semicirconferenza, da cui è immediato AH. Allora sì che si può ricavare r dalla similitudine dei triangoli e quindi risolvere agillmente il problema
per completezza: AC lo ricavo con Pitagora e l'angolo alfa lo ottengo osservando che AC è il doppio di BC per cui il triangolo rettangolo è la metà di un triangolo equilatero.
@@corradopollio AC non è il doppio di BC, ma ad ogni modo non è nemmeno necessario sapere la grandezza dell' angolo, i 2 triangoli hanno angoli uguali per cui sono simili. Tutto qui
Per prima cosa direi che ABC e AHO sono simili, quindi posso calcolare l'angolo pippo = AOcappelloH. Con la tangente di pippo e la similitudine trovata calcolo le lunghezze OK = OH = OB. OH*pippo dara' il la superficie dell'area gialla.
Io il raggio l'avevo calcolato osservando che l'area del triangolo può essere calcolata o tramite il semiprodotto tra AB e AC oppure sommando le aree di OBC (OB*BC/2) e AOC (AC*OH/2). Visto che OH=OB=r si ottiene il raggio come soluzione dell'equazione.
Ho calcolato l'ipotenusa AC = 4 + 2V3. HC = BC perché segmenti di tangente condotti dallo stesso punto C. Per differenza ho calcolato AH = 1. Applicando la similitudine tra i triangoli ABC e AOH ho trovato AO =2 e OH =r =V3. Ho calcolato l'area di AOH = V3/2. Con il teorema di Carnot ho ricavato cos (AOH) = V3/2, quindi il settore circolare è ampio 30° e la sua area è = Pgreco/4. Per differenza ho trovato l'area richiesta.
sull'opportunita" dei disegni in scala, vorrei far notare che la geometria Euclidea nasce come Teoria matematica del disegno, cioe' i suoi ragionamenti servono a disegnare "bene": in altre parole, Euclide usa il ragionamento logico-deduttivo come strumento grafico; questo utilizzo strumentale permette oggi ai nostri calcolatori (giustappunto automi computazionali logico-artitmetici privi di intelligenza grsfica nativa) di disrgnare. L'utilizzo reciproco, cioe' il disegno come strumento di ragionamento, ha certamente avuto ruolo nel processo storico costruttivo della geometria euclidea; giusto in tal senso la Scuola dovrebbe presentare questa modalita' operativa, per illustrare come i processi di astrazione intellettuale portano dall''empiria grafica alla formulazione teorica. Purtroppo la Scuola italiana si astiene dal presentare la Matematica nel suo genuino impianto teorico: quindi la geometria, che e' uno strumento teorico per disegnare, viene di fatto surrogata da intuizionismi grafici
Il ragionamento fatto è farraginoso. r lo ricavi dalla similitudine dei triangoli ABC--AOH poi Sapendo che l'angolo in O è 30° e che l'area del cerchio è 3,14*r2 si ha: 360° : 3,14*r2 =30° : x si conosce cioé l'area dello spicchio giallo. Questa area la si sottrae all'area di AHO che è (r*r*rad3/2)/2 e si avrà l'area del triangolino azzurro.
Bel canale! Mi sono iscritto! Mi piace! Però i disegni totalmente fuori proporzione sono inaccettabili! A mio figlio la prima cosa che ho insegnato quando affrontava i primi problemi di geometria fu quella di effettuare il disegno nel migliore dei modi!
VORREI SO SAPERE PERCHÉ NON DISEGNATE IN SCALA LE FIGURE. COSI COME È DISEGNATO GLI ANGOLI SONO DI 45 GRADI NEL TRIANGOLO ABC. ENTRAMBI. INVECE NON È COSI. FATE IL DISEGNO CORRETTO., NON È DIFFICILE.
Se disegnassero le figure in scala, trarresti facilmente le misure, angoli compresi. Ed il cervello come lo eserciti, usando il righello o il goniometro?
Come mai la maggior parte degli studenti non è riuscita a risolvere questo problema? Forse dipende da uno studio della geometria un po' approssimato o il metodo di insegnamento non all'altezza.
pensa a me basterebbe che le lettere che dice corrispondessero al disegno, senza tagli improvvisi dove corregge all'improvviso... ma anche la tua idea non era male
Beh, di primo acchito, dal teorema delle tangenti a una circonferenza da un punto esterno ad essa, cioè nel nostro caso BC e CH tangenti alla circonfeenza di raggio R in B e H , si evince che BC = HC e da qui applicando Pitagora al trianagolo rettangolo ABC si trova che AC = 2(2 + sqrt(3)) cioè la ipotenusa del triangolo ABC è il doppio del cateto AB, così che anche AH = AC - BC = 1 e quindi AO= 2. Questo significa che facendo il rapporto di similitudine tra due triangoli rettangoli le cui rispettive ipotenuse sono sempre il doppio di uno dei rispettivi cateti ( e cioè i triangoli ABC e AOH) si avrà che AC/AB = 2 e AO/AH =2. Quale che sia il valore del raggio R della circonferenza si avrà sempre una identità nella proporzione dei lati. In questo modo R non sarà possibile definirlo. Invece, avendo assunto che BC = CH per il teorema delle tangenti, si avrà che AH = AC - BC = 2(2 + sqrt(3)) - (3 + 2sqrt(3) = 1 e quindi Rsqrt(3)/3 = 1 da cui trovo il raggio R = 3/sqrt(3) = sqrt(3). Quod erat demonstrandum.
BC e CH sono uguali perché rette tangenti concorrenti alla semicirconferenza, da cui è immediato AH. Allora sì che si può ricavare r dalla similitudine dei triangoli e quindi risolvere agillmente il problema
per completezza: AC lo ricavo con Pitagora e l'angolo alfa lo ottengo osservando che AC è il doppio di BC per cui il triangolo rettangolo è la metà di un triangolo equilatero.
@@corradopollio AC non è il doppio di BC, ma ad ogni modo non è nemmeno necessario sapere la grandezza dell' angolo, i 2 triangoli hanno angoli uguali per cui sono simili. Tutto qui
Per prima cosa direi che ABC e AHO sono simili, quindi posso calcolare l'angolo pippo = AOcappelloH. Con la tangente di pippo e la similitudine trovata calcolo le lunghezze OK = OH = OB. OH*pippo dara' il la superficie dell'area gialla.
Perché non ci dici esplicitamente che AOH è metà di un triangolo equilatero?
Io il raggio l'avevo calcolato osservando che l'area del triangolo può essere calcolata o tramite il semiprodotto tra AB e AC oppure sommando le aree di OBC (OB*BC/2) e AOC (AC*OH/2). Visto che OH=OB=r si ottiene il raggio come soluzione dell'equazione.
Ho calcolato l'ipotenusa AC = 4 + 2V3. HC = BC perché segmenti di tangente condotti dallo stesso punto C. Per differenza ho calcolato AH = 1. Applicando la similitudine tra i triangoli ABC e AOH ho trovato AO =2 e OH =r =V3. Ho calcolato l'area di AOH = V3/2. Con il teorema di Carnot ho ricavato cos (AOH) = V3/2, quindi il settore circolare è ampio 30° e la sua area è = Pgreco/4. Per differenza ho trovato l'area richiesta.
sull'opportunita" dei disegni in scala, vorrei far notare che la geometria Euclidea nasce come Teoria matematica del disegno, cioe' i suoi ragionamenti servono a disegnare "bene": in altre parole, Euclide usa il ragionamento logico-deduttivo come strumento grafico; questo utilizzo strumentale permette oggi ai nostri calcolatori (giustappunto automi computazionali logico-artitmetici privi di intelligenza grsfica nativa) di disrgnare.
L'utilizzo reciproco, cioe' il disegno come strumento di ragionamento, ha certamente avuto ruolo nel processo storico costruttivo della geometria euclidea; giusto in tal senso la Scuola dovrebbe presentare questa modalita' operativa, per illustrare come i processi di astrazione intellettuale portano dall''empiria grafica alla formulazione teorica.
Purtroppo la Scuola italiana si astiene dal presentare la Matematica nel suo genuino impianto teorico: quindi la geometria, che e' uno strumento teorico per disegnare, viene di fatto surrogata da intuizionismi grafici
Va bene ragazzi ma i disegni vanno fatti meglio di così, troppo lontano dalle proporzioni reali. Sembra fatto apposta per portare fuori strada
Il ragionamento fatto è farraginoso. r lo ricavi dalla similitudine dei triangoli ABC--AOH poi Sapendo che l'angolo in O è 30° e che l'area del cerchio è 3,14*r2 si ha: 360° : 3,14*r2 =30° : x si conosce cioé l'area dello spicchio giallo. Questa area la si sottrae all'area di AHO che è (r*r*rad3/2)/2 e si avrà l'area del triangolino azzurro.
In un triangolo qualsiasi il raggio del cerchio inscritto è r= 2A/P.
Dove hanno imparato tutto questo in quale anno
Bel canale! Mi sono iscritto! Mi piace!
Però i disegni totalmente fuori proporzione sono inaccettabili!
A mio figlio la prima cosa che ho insegnato quando affrontava i primi problemi di geometria fu quella di effettuare il disegno nel migliore dei modi!
Queste quarte e quinte non stanno messe bene. Infatti si vede che cosa succede quando arrivano all'Università.
VORREI SO SAPERE PERCHÉ NON DISEGNATE IN SCALA LE FIGURE. COSI COME È DISEGNATO GLI ANGOLI SONO DI 45 GRADI NEL TRIANGOLO ABC. ENTRAMBI. INVECE NON È COSI. FATE IL DISEGNO CORRETTO., NON È DIFFICILE.
Se disegnassero le figure in scala, trarresti facilmente le misure, angoli compresi. Ed il cervello come lo eserciti, usando il righello o il goniometro?
Come mai la maggior parte degli studenti non è riuscita a risolvere questo problema? Forse dipende da uno studio della geometria un po' approssimato o il metodo di insegnamento non all'altezza.
pensa a me basterebbe che le lettere che dice corrispondessero al disegno, senza tagli improvvisi dove corregge all'improvviso... ma anche la tua idea non era male