Qualche quiz

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nino280

Ne faccio ancora uno, ma lo prometto è l'ultimo

Visto che di norma si usano i triangoli simili ci provo anche io.
Coloro quel triangolo rettangolo in rosa che si vede ora in aggiunta al disegno precedente.
E' un triangolo che come si vede ha altezza 2 e base 4
Ma li in punta ci sta un triangolino piccolo piccolo (blu) che avendo la base 1 l'altezza deve essere 0,5 (cioè metà come suo padre)
Quindi di sopra mi rimane 3,5
E vado a chiudere un altro triangolo quello rosso un pò più scuro che ha l'altro cateto lungo 2 + 1
E faccio Pitagora 3^2 + 3,5^2 = 9 + 12,25 = 21,25
E la radice quad di 21,25 è sempre quel numero che ho scritto 3 giorni fa, che non ho nemmeno più voglia di riscriverlo.
Ciao

QUESTA è la soluzione del quiz, bravo nino!
Non avevo esaminato bene questo disegno che può essere fatto benissimo anche con uno schizzo fatto a mano e non in scala, quindi senza Geogebra, le misure ci stanno tutte e sono certe, e si arriva alla soluzione SENZA equazioni ma con il solo teorema di Pitagora come hai detto sopra.

[nino280]

Ohhh!!!
Finalmente. Sono contento che almeno una volta siamo sintonizzati sulla stessa lunghezza d'onda.
Era diventato quasi preoccupante e sembravamo due corpi "estranei"
Dinuovo Bene.
Ciao

[nino280]

Avevo promesso che non avrei più fatto disegni di questo Quiz perchè mi rendevo conto di aver esagerato, ma non c'è l'ho fatta.
Se si scopre o si vede qualcosa di interessante, perchè non mostrarle?
Se ci avevate fatto caso io avevo fatto tutti quegli innumerevoli disegni senza far uso del mio cavallo di battaglia n° 1 ; il "Pallino"
Ho voluto rimediare.
Riprendo il disegno e nascondo tutte le costruzioni che avevo già fatto e parto con il pallino "a" Faccio uso di una circonferenza (che nel disegno non si vede) ed il suo raggio di valore a, cioè sempre del valore del pallino, scivola sull' ordinata e ci metto un punto di intersezione.
Ora ripunto sull'intersezione e ci piazzo una nuova circonferenza con raggio da questo punto e un punto qualsiasi (il sinistro o il destro del lato di 2 che sta in basso sull'ascissa.
Non avrò certamente individuato il nostro raggio incognito già al primo colpo, le probabilità che succede queste sono 1 su un miliardo.
Io è evidente so già quando avverrà il patatrac, ma facciamo finto di non conoscere la soluzione. (Il patartrac avverrà quando "a" sarà 4,5 oramai lo sappiamo a memoria.
Mi metto con "a" ad quota maggiore e succederà che arrivo dall' alto.
Io devo fermarmi con il pallino quando questa circonferenza espandibile o che si rimpicciolisce coincide con estrema precisione con il vertice di sinistra e alto del quadrato di sinistra e in alto.
Allora se parto mettiamo da 6 di "a" avrò una distanza enorme dallo spigolo vertice del quadrato .
Qui ci sparo la mia trovata, che ho detto molto funzionale (in altri casi)
Metto un punto sulla circonferenza e un segmento fra questo punto ed il vertice.
Questo segmento ora non si vede perchè è lungo Zero (vedete quello 0 lassù? Si è proprio lui.
Del vecchio disegno non ho buttato proprio tutto
Ho lasciato la vecchia circonferenza trovata con "Circonferenza passante per 3 punti"
Ed anche il vecchio suo centro. Ma è chiaro che non si vedono perchè la nuova soluzione quella di adesso che sto descrivendo con il pallino, le cavalca perfettamente.
Diciamo che se smuoviamo il pallino sotto si vede la vecchia circonferenza anche perchè ho provveduto a colorarla in rosso.
Da notare e questo è interessante, mi faccio marcare le due equazioni esplicite della due circonferenze ottenute con i due sistemi. Sono quella rossa e quella blu lassù, e come si vede sono identiche.
Direi che basta.
Solo ci metterò il cliccabile in cui si vedrà l'arpionismo, il cinematismo.
Attendere.

Il Cliccabile:

https://www.geogebra.org/m/ktvnr5zr

Ciao

Se qualcuno vuol provare a muovere il pallino mi farebbe anche contento.
Anche per non rendere inutile tutto l'impegno ed il tempo che ci ho perso.
Grazie Ciao

[aspesi]

[nino280]

Il problema penso sia indefinito.
Non sapendo come procedere ho preso l'angolo in D a mio piacimento e cioè a 45° e poi ci ho messo una circonferenza passante per D , poi per C e ho cercato il più possibile che fosse tangente al lato verticale come richiesto.
E questo succedeva quando E era distante da A D di 3,35089 in Ordinata.
E nessuno mi vietava di prendere l'angolo in D di 45,5° oppure 44,5°
Avrei comunque trovato un circonferenza che rispettasse quelle caratteristiche richieste.
Ad ogni modo prese queste condizioni E F mi viene 8,94427
Ciao

[Erasmus]

aleph

Scusate una cosa che non ho capito, come si è determinato che il centro della circonferenza è [sulla] perpendicolare [a BC] precisamente [per il] punto medio del segmento BC?

Il segmento BC è una corda della circonferenza,
«L'asse di un segmrnto è – per definizione – la retta perpendocolare al segmento per il suo punto medio» Si domostra facilmente che l'asse di un segmento è il luogo dei punti equidistanti dagli estremi del segmento.
Data una corda qualunque di una circonferenza di cerchio, il centro del cerchio dista un raggio da entrambi gli estremi della corda, quindi apparttiene all'asse della corda.
Morale: data un cerchio ed una qualunque corda della sua corconferenza, il centro del cerchio sta sempre sulla perpendocolare alla corda per il suo punro medio.
––––––––

[ANDREAtom]

Questo quiz è peggio che andar di notte..... la lunghezza di X è determinata dalla sua posizione in ascissa logicamente, quindi dalla distanza C F oppure E A, o ancora, tracciando una linea orizzontale partendo dal punto E questa passa per il centro del cerchio? probabilmente si ma chi me lo dice? non provo nemmeno a trasferire il disegno in AUTOCAD perchè per prima cosa farei passare il punto E per il centro del cerchio ma questo matematicamente non è certo; quindi fate un po' voi matematici, io resto a guardare ed imparare......

[aspesi]

nino280

Il problema penso sia indefinito.

Ad ogni modo prese queste condizioni E F mi viene 8,94427
Ciao

La soluzione è sempre quella, indipendentemente da come prendi l'angolo in D.
Più precisamente 4*RADQ(5)

Quello che è interessante è la similitudine tra i quadrilateri ADFE e BCFE.
Infatti, i 4 loro angoli interni sono uguali (due sono retti, la somma degli altri due è 180° e l'angolo in D è uguale a BEF in quanto supplementare a AEF.

Vale perciò la relazione:

AD : EF = EF : BC

16 : X = X : 5

x^2 = 16*5 = 80

x = 4*RADQ(5)

[ANDREAtom]

Si, sono simili; ma allora il cerchio che c'entra? serve a confondere le idee?

[nino280]

Hai ragione.
In verità per me era difficile vedere la costanza di valore 8,94427
Non mi restava che provare un valore diverso.
Ho provato allora per 44.5°
E pur variando un pò tutto, ad esempio il raggio della circonferenza ma quel valore, la nostra X è costante.
Ciao
Mi riferivo alla risposta di Aspesi.