Un po' di calcoli ... un po' di logica....

[aspesi]

astromauh

E' possibile che la pendenza di P2 sia addirittura minore di P1?

Dovrei rivedere i calcoli, perché magari ho sbagliato qualche passaggio,
ma credo P2 = 40%

Si, ho controllato, la soluzione è corretta.

Perfetto!

[nino280]

E' un modo alternativo di definire la tangente di un angolo.
Diciamo anche l'arcotangente.
Infatti il 50% equivale a 26,56505°
e il 40% equivale a 21,80140°
In meccanica, diciamo nelle officine meccaniche, si esprime in questo modo, forse per una semplice questione di tradizione, la conicità dei coni Morse, che sono i coni di tutti i mandrini e portautensili vari.
Ciao
Non ricordo più il valore, che dovrò ora andare a cercare, ma era ed è una conicità molto bassa. Esempio del 4 o 5 %, devo vedere, serviva così bassa perché ad una minima pressione fra il cono maschio ed il corrispettivo cono femmina i maschio si pianta nella femmina.

https://encrypted-tbn0.gstatic.com/s...0SL_s&usqp=CAc
Ho detto bene deve essere circa il 5% e non deve superare possibilmente 1,5°
Che visto che è un cono fa 3 gradi circa se lo raddoppio cioè se misuro l'angolo per intero.
Ciao

[aspesi]

Erasmus

Come lo sai? Te l'ha suggerito lo Spirito Santo?

Si può fare qualche ragionamento sugli angoli.

ACE = β
AEC =180-α-β
AEB = α+β
ABE = 180-2α-β
BED = 180-α-β
EBD = α
EDB = β
ECD = α
EDC = 180-2α-β

[nino280]

Si può fare qualche ragionamento sugli angoli.

ACE = β
AEC =180-α-β
AEB = α+β
ABE = 180-2α-β
BED = 180-α-β
EBD = α
EDB = β
ECD = α
EDC = 180-2α-β

A me sa tanto di ragionamento a posteriori.
Perché è dopo aver risolto il quiz che si ottengono queste equivalenze di angoli, ma in partenza era ben difficile affermarlo.
Una volta visto che il 4 veniva mantenuto, e una volta aver visto che anche il 5 veniva mantenuto si può evidentemente parlare di triangoli simili, e io penso che prima era ben difficile fare queste affermazioni.
Ma intendiamoci, questa è una mia opinione, potrei sbagliarmi.
Perchè ho visto che se io muovo leggermente il pallino, tutto va a farsi benedire.
Come dire che la configurazione di quegli angoli è unica.
Si deve ottenere cioè che il centro della circonferenza che circoscrive la figura che ancora non abbiamo, stia su una bisettrice dell'angolo Alfa in modo da poter sfruttare la famosa regola, che l'angolo al centro è doppio dell'angolo alla circonferenza ( e di conseguenza poi saltano fuori sia gli isosceli che i simili).
Che finora mi pare che nessuno ha menzionato, non so magari lo ha fatto Erasmus nel suo paperino ma io la sua spiegazione l'ho letto una sola volta e magari mi è sfuggito.
Ciao
Ammetto però che comunque le tue considerazioni-equivalenze degli angoli sono degne di nota e in più ammetto anche che io non avrei saputo farle, diciamo anche a posteriori.

[aspesi]

nino280

A me sa tanto di ragionamento a posteriori.

Ciao

Ma io, a priori, non ho fatto nessun calcolo!
Solo quei ragionamenti sugli angoli, mediante i quali si nota che i vari triangoli hanno gli angoli uguali e quindi sono simili, arrivando subito al risultato senza neppure sapere il valore degli angoli.

[nino280]

Complimenti, e buono per te.
Credimi, senza sarcasmo.
Ciao

[nino280]

https://ibb.co/G5cfVBh

Incredibile!!
Aspesi ha risolto senza far nessun conto.
Pensa solo cosa ho dovuto fare io per arrivarci.
Ho sudato 8 camicie e adoperato almeno 5 teoremi di geometria (elementare)
Breve descrizione:
come si vede io faccio come al solito largo uso di circonferenze, ma anche di rette e semirette.
Ad esempio i segmenti da 4 e da 5 inizialmente erano delle semirette che partivano da A e andavano all'infinito.
Poi incontrandosi con le circonferenze da 4 e da 5 le ho tranciate, spezzate
Anche il segmento A E inizialmente era una retta l'ho poi tranciato nei punti che mi occorrevano e poi l'ho nascosta.
Assai importante è anche la circonferenza verde, ha raggio 2,23607 che è radice di 5
Essa si va ad incrociare con la retta che dicevo AK e ottengo già un punto fermo per la soluzione (anche se fermo non lo è assolutamente visto che può scivolare su detta retta all'occorrenza.
Poi incomincio a trovarmi la circonferenza che sarà quella che circoscrive tutto quanto.
Lo faccio trovando i punti medi del segmenti da 5 e da 4 che tracciando le perpendicolari, si vanno ad incontrare in P
Di questo ne abbiamo discusso ampiamente con Astromauh
Allora punto in P e traccio una circonferenza passante per B
Naturalmente detta circonferenza passa anche per C e A
Questa del disegno è una istantanea in cui io ho guastato volutamente il disegno giusto per far vedere come procedo.
Sono come si vede con alfa presa a caso che è ora 29°
Detta circonferenza come si vede passa per K mentre dovrebbe passare per D
Io devo fare in modo che restringendo tale circonferenza, K si sovrapponga perfettamente a D
Ma questa operazione è alquanto complessa perché non si riesce a capire visivamente quando ciò avviene.
Allora mi sono inventato una cosa carina.
Marco la lunghezza D K (la vedete è quella in verde) cioè 0,53335 e agisco sul pallino (ecco il pallino che entra in scena) fino a che tale segmento diventa Zero.
Soltanto i matti vanno alla ricerca di segmenti lunghi Zero.
E siccome io sono matto (avevate qualche dubbio in proposito?)
Ottenuto il segmento lungo Zero le mie fatiche finiscono lì
Ciao

[Erasmus]

aspesi

Si può fare qualche ragionamento sugli angoli.

ACE = β
AEC =180-α-β
AEB = α+β
ABE = 180-2α-β
BED = 180-α-β
EBD = α
EDB = β
ECD = α
EDC = 180-2α-β:

Hai ragione ... ma si fa prima se si mette in conto il teorema della uguaglianza degli angoli inscritti nel medesimo arco di circonferenza!
Potevi smontare di colpo la mia critica (che ancora non si sapeva che il triangolino BDE era simile al triangolo ABD) osservando subito che DBC doveva essere ampio come DAC (cioè – secondo l'indicazione in figura – proprio α) perché inscritto nel medesimo arco .
Analogamente,, per lo stesso teorema degli archi alla circonferenza, CDA = CBA

nino280

[...]
A me sa tanto di ragionamento a posteriori.
Perché è dopo aver risolto il quiz che si ottengono queste equivalenze

No, nino280!
Così credevo anch'io ... ma sbagliavamo entrambi!
E aspesi la prende per le lunghe perché non tien conto di un teorema fondamentale ... che nemmeno a me era venuto in mente perchè mi fissavo sui triangoli trascurando la circonferenza circoscritta.
Quando ho parlato del reggio del cerchio circoscritto l'ho fatto perché in quel modo si trovava di colpo BD = DC [che già il testo dice essere √(5)]. Ma ancora ignoravo la presenza della circonferenza e non mi veniva in mente quel teorema ... che è l'uovo di Colombo (e spacca di colpo il capello in quattro!)
–––––––––––

[Erasmus]

aspesi

Quanto vale la pendenza P2%?

N.B. Il disegno è VOLUTAMENTE ingannevole e NON è in scala.
Però i rettangoli sono tutti uguali e P1 è proprio il 50%.:

Chiamo b (come basa) il lato lungo dei rettangoli (mattoni) ed s (come spessore) il lato corto.
Si rileva dalla figura che è
P1 = (b + s) /(3b – s)
Se questo deve fare 50% abbiamo l'equazione
(b + s )/(3b – s) = 1/2 –––> 2b + 2s = 3b – s <––> b = 3s
Sempre dalla figura si rileva
P2 = (5s – b)/(2b – s)
che, per b =3s, diventa
(5s – 3s)/(2·3s – s) = (2s)/5s) = 2/5 = 4/10 = 40%
Ergo P2 = 40%
–––––

[nino280]

Erasmus

No, nino280!
Così credevo anch'io ... ma sbagliavamo entrambi!
–––––––––––

Ok, sono d'accordo anche io.
Però, e mi rivolgo ora ad Aspesi.
Neanche una sbirciatina al disegno finale?
Dai sii buono.
Ciao