6.5 Concorso Angolo Acuto 2016 - Euclide. Giornale di matematica

Palestra di gare di
“Euclide.Giornale di matematica per i giovani”
CONCORSO ANGOLO ACUTO 2016
La partecipazione al Concorso Angolo Acuto ha avuto quest’anno partecipanti da ogni regione d’Italia per le varie categorie.
Valutate le singole risposte ricevute e compilate le varie classifiche, sono
stati assegnati gli attestati di
“Angolo Acuto d’Oro 2016”,
“Angolo Acuto d’Argento 2016”
“Angolo Acuto di Bronzo 2016”
in funzione del punteggio ottenuto nella categoria di appartenenza, che
sono stati spediti on-line ai singoli partecipanti.
Riportiamo qui di seguito i nomi dei vincitori del titolo di:
Angolo Acuto d’Oro 2016
Essi sono, in ordine alfabetico:
Lanza , Adriana,
già insegnante Liceo Cavour di Roma (Specialisti)
Miolato , Mattia,
studente Liceo “F. Corradini” di Thiene ,Vi (Studenti di Liceo)
Stante , Elena,
insegnante Liceo “Aristosseno” di Taranto (Specialisti)
CONCORSO ANGOLO ACUTO 2016
La quantità e qualità delle risposte ricevute ai quesiti proposti ci ha messo
in grande difficoltà. Pubblicare la soluzione di un partecipante e non
un’altra o un’altra ancora la avremmo considerata una mancanza di rispetto nei confronti di tutti gli altri. Abbiamo quindi deciso di pubblicare
la soluzione che abbiamo, a nostro giudizio, ritenuta migliore per i quesiti
di maggiore difficoltà senza indicare il nome del solutore. L’alternativa sarebbe stata quella di pubblicare tutte le soluzioni ricevute, ma la loro
quantità lo ha sconsigliato.
Riportiamo in ordine alfabetico dei vincitori copia degli Attestati limitatamente alla classe “Angolo Acuto d’oro”.
CONCORSO ANGOLO ACUTO 2016
RISOLUZIONE PROBLEMI
Problema 4.1 – Per un punto di intersezione di due circonferenze mutuamente secanti, determinare graficamente la secante di lunghezza massima. Nel caso particolare in cui i raggi misurano rispettivamente 6 e 5 e la distanza fra i centri misura 9,
calcolare la misura della secante massima.
Soluzione 4.1 - La secante di lunghezza massima è parallela alla congiungente i centri. Nel caso particolare in cui la distanza fra i centri misura 9, la lunghezza della secante vale 18 e non dipende dalla lunghezza dei raggi.
Problema 4.4 – Costruire un quadrato conoscendo un punto di ciascun lato.
Soluzione 4.4 – Si voglia, ad esempio, costruire un quadrato EFGH, i cui lati EF, FG,
GH, HE passino rispettivamente pei punti dati A, B, C, D. (Fig. 1). Supposto risolto il
problema ed essendo I, L i punti d’intersezione della diagonale FH con le circonferenze di diametro AB, CD rispettivamente, gli angoli alla circonferenza BFI, DHL saranno di 45° ciascuno e, per conseguenza, i corrispondenti angoli al centro BOI, DO’L
saranno retti. Perciò, viceversa, costruiti questi angoli al centro retti e determinati
così i punti I, L, è facile determinare la diagonale FH, e quindi, l’intero quadrato.
Figura 1
Problema 4.8 – Costruire un triangolo date le tre altezze.
Soluzione 4.8 – E’ noto dalla geometria che i lati del triangolo sono inversamente
proporzionali alle rispettive altezze, e cioè:
a : b : c= 1/ ha : 1/ hb : 1/ hc.
Allora, preso un punto P del piano, e tre segmenti tali che sia:
PA = ha ; PB = hb ; PC = hc ,
si costruisca la circonferenza che passi per i tre punti A, B, C. (Fig. 2). Questi segmenti o i loro prolungamenti, incontrano la circonferenza in A’, B’, C’ . Poiché è noto
che:
PA x PA’ = PB x PB’ = PC x PC’,
ossia che:
PA’ : PB’ : PC’ = 1/PA : 1/PB : 1/PC = = 1/ ha : 1/ hb : 1/ hc
Segue il triangolo di lati PA’, PB’, PC’ è simile a quello richiesto di ha hb hc .
Pertanto, costruito il triangolo P A’ D, sull’altezza DM si stacchi il segmento
DN = PA = ha
E si tracci la perpendicolare FG, che sarà parallela a PA’. Il triangolo DFG è il triangolo
richiesto.
Figura 2
Problemi 4.13 e 4.14 – In una circonferenza C1 di diametro 2 con i centri su un diametro (Fig. 3) ci sono due circonferenze C2 tangenti fra di loro e tangenti alla C1. Determinare analiticamente il raggio delle due circonferenze C3 tangenti alla C1 e ad
entrambe le circonferenze C2. Trovare inoltre il raggio delle circonferenze C4 tangenti alla C1, alla C2 ed alla C3.
Soluzione 4.13 e 4.14 – La soluzione di questi problemi si trova utilizzando il teorema di Descartes che vale anche per circonferenze qualsivoglia tangenti fra loro.
Date tre circonferenze tangenti, il raggio della quarta circonferenza può essere trovato dalla relazione:
Dove: k = 1/r. Poiché possono esistere due circonferenze tangenti alle tre circonferenze date, una tangente internamente e l’altra tangente esternamente, i raggi delle
due circonferenze si ottengono una prendendo il segno meno, l’altra prendendo il
segno più.
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Si riporta qui di seguito uno stralcio de “La Gazzetta del Mezzogiorno” di Bari del
24 ottobre 2016 che parla del Concorso “Angolo Acuto”.