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#5671 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Sep 2007
Messaggi: 5,483
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![]() ![]() Credo che ci si possa arrivare con l'aiuto della pagina che avevo creato. Stabiliamo che la base del triangolo isoscele valga 10. E che il punto centrale sia O. Possiamo calcolare i lati del triangolo in basso fino ad arrivare a calcolare i lati EO e DB del triangolo che contiene l'angolo incognito. Ma adesso devo uscire... ![]() |
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#5672 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 9,210
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#5673 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Dec 2005
Ubicazione: Torino
Messaggi: 10,386
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![]() ![]() Altro giro altra corsa. Quest'ultimo un pò come il precedente, ma senza uscire troppo dal seminato. Abbiamo il solito 60 che andare a 90 fa 30 Quindi un nuovo cerchio a fare l'isoscele. E di nuovo abbiamo il 120 - 30 - 30 Ciao
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#5674 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Sep 2007
Messaggi: 5,483
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![]() Certo.
AB= 10 AO= 8,152074690959 OB= 9,216049851069 AD= 10 OD= 3,639702342662 EO= 7,168814171421 x= 30° Non avevo capito che vuoi il risultato senza trigonometria. ![]() |
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#5675 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Sep 2007
Messaggi: 5,483
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![]() Dopo numerosi tentativi sono giunto alla conclusione che la supposta soluzione semplice tanto semplice non è per cui mi accontento della mia.
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#5676 | |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Nov 2009
Ubicazione: Terra dei Walser
Messaggi: 9,210
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![]() Quote:
https://thinkzone.wlonk.com/MathFun/Triangle.htm ![]() |
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#5677 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Sep 2007
Messaggi: 5,483
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![]() ![]() Che sommando l'angolo incognito con quello a lui vicino si ottenesse un angolo di 60° era chiaro perché 100 - 40 = 60 Però nonostante questo non ero in grado di stabilire che valessero entrambi la metà di 60°. Ma siccome é di 60° anche l'angolo in basso, si può costruire un quadrilatero che chiarisce tutto. Osservando il quadrilatero appare chiaro che la linea che divide a metà l'angolo di 60° è la sua bisettrice, ed è per questo che i due angoli sono entrambi di 30°. Forse più che di quadrilatero avrei dovuto parlare di parallelogramma, perché è questa la figura che ho costruito, con due angoli adiacenti di 120° e 60°, da cui si deduce che la bisettrice dell'angolo di 60° lo taglia in due metà uguali. Sicuramente Erasmus avrà qualcosa da ridere per come mi sono espresso, ma la soluzione è questa. PS Ho letto adesso la pagina linkata, e per fortuna non c'è la soluzione, altrimenti mi avresti potuto accusare di cheating. ![]() PPS Forse la parola giusta per definire ciò che ho disegnato è rombo. ![]() Ultima modifica di astromauh : 18-10-22 23:04. |
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#5678 |
Utente Super
![]() ![]() ![]() ![]() ![]() Data di registrazione: Dec 2005
Ubicazione: Torino
Messaggi: 10,386
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![]() Forse ti è sfuggito il mio secondo disegno quello in cui dico" Altro giro altra corsa"
In quel disegno se tu intersechi le due circonferenza a sinistra come a destra non ottiene un quadrilatero ma un equilatero. Non l'ho fatto già io prima per non esagerare a fare disegni su disegni. Ciao
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#5679 | ||
Utente Super
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Messaggi: 5,483
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![]() Quote:
Quote:
Ma aggiungere dei cerchi al disegno non mi sembra un metodo troppo elementare per risolverlo. Comunque hai messo il secondo 30° dove l'ho messo anch'io, per cui direi che il procedimento è analogo. Anche se la mia spiegazione mi sembra più comprensibile della tua. PS Nel tuo disegno fa molta confusione quel 30° che hai piazzato vicino al centro degli assi cartesiani. Non è un valore che compariva nel disegno originale, la somma degli angoli non fa 180, sembra che l'hai messo soltanto per dire che siccome c'è un angolo di 30° gradi sopra c'è anche lì visto che li hai disegnati sulla stessa circonferenza. Ma che importa? e in che modo questo rientra nella dimostrazione? ![]() Ultima modifica di astromauh : 18-10-22 23:32. |
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#5680 |
Utente Super
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![]() Punti di vista.
Ciao
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