La geometria dal punto di vista delle trasformazioni geometriche

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1 La geometria dal punto di vista delle trasformazioni geometriche Rosanna Tupitti Liceo Scientifico. Einstein, Teramo etraro, ottobre 016 Sommario Quando un problema geometrico è difficile, complicato o presenta calcoli laboriosi molto spesso risulta vantaggioso sottoporre la figura o parte di essa ad una trasformazione geometrica e, se si individua quella più efficace, di solito le difficoltà risultano letteralmente abbattute. on questo intervento, dopo un rapido richiamo delle proprietà fondamentali di alcune trasformazioni geometriche, ho come obiettivo presentare una raccolta di problemi che ben si prestano a questo approccio: alcuni di essi sono problemi classici della geometria, altri sono tratti da competizioni matematiche. 1 Traslazione efinizione. efiniamo traslazione di vettore v la trasformazione geometrica T v ad ogni punto del piano il punto tale che = v. che associa v ' rincipali proprietà: ogni traslazione è un isometria; trasforma rette in rette parallele; una retta è fissa se la sua direzione coincide con quella del vettore di traslazione; la composizione di due traslazioni T u e T v è la traslazione T u + v. 1

2 roblemi risolti 1. In un triangolo si considerino due punti ed E sul lato tali che = E e = E. rovare che è isoscele. (ay rea athematical Olympiad 007) pplicando la traslazione di vettore v = E abbiamo: E,,, = E viene traslato in E per cui E = = E E è un quadrilatero ciclico poichè il segmento E è visto dai punti e sotto lo stesso angolo; ' essendo E il trapezio E è isoscele. E = E =. onsideriamo un fiume il cui bordo è costituito da due rette parallele di larghezza d. a parti opposte fissiamo due punti e. ove dobbiamo costruire un ponte perpendicolare alla riva in modo da minimizzare il tragitto per andare da a? Indichiamo con d un vettore avente direzione perpendicolare alle rive del fiume e modulo uguale alla sua larghezza; ipotizziamo di percorrere subito un tratto di lunghezza d perpendicolare alle rive del fiume spostandoci dal punto al punto tale che = d ; il tratto più breve per andare da a è il segmento ; T sia S il punto di intersezione tra il segmento e la seconda riva del fiume; in S avviene l attraversamento utilizzando il tratto ST perpendicolare alle rive; ' S l ultimo tratto sarà T ; notando che ST è un parallelogramma abbiamo + = T + T S + S.

3 3. Siano date più strisce di direzioni e larghezze differenti e siano e due punti situati in modo tale che il segmento le attraversi tutte. Trovare il tragitto più corto con la condizione che gli attraversamenti delle strisce avvengano perpendicolarmente ai bordi delle strisce. u s t ' '' ''' 4. Sia un parallelogramma e sia un punto interno ad esso con =. rovare che =. Eseguendo la traslazione di vettore v = abbiamo: ',, è un parallelogramma per cui = ; il triangolo è il traslato di per cui = = ; = il quadrilatero è inscrivibile in una circonferenza; = = 3

4 5. ostruire un quadrilatero conoscendo i quattro lati ed il segmento che congiunge i punti medi di due lati opposti. Indichiamo con E, F i punti medi di, rispettivamente e poniamo = a, = b, = c, = d, EF = m. nalisi. Supposto il problema risolto ed eseguendo una traslazione di vettore v = E abbiamo: d/ E E, G per cui EG è un parallelogramma; eseguendo una traslazione di vettore v = E, il punto viene mandato nel punto H per cui EH e HG sono parallelogrammi; il triangolo GEH è costruibile (esercizio!) essendo noti i lati EG = a, EH = c e la mediana EF = m a G b/ m F H c ostruzione. ostruire il triangolo GEH; il punto si trova sull intersezione delle circonferenza γ di centro e raggio d/ e della circonferenza γ di centro F e raggio b/; tracciare il punto medio F del segmento GH; il punto è il simmetrico di rispetto a F ; il punto è l immagine di nella traslazione di vettore GE; il punto è l immagine di nella traslazione di vettore HE. iscussione. oichè γ e γ in generale hanno due punti di intersezione, il quadrilatero non è unico! 4

5 Riflessione e simmetria centrale efinizione. Sia s una retta del piano. Una riflessione 1 R s rispetto alla retta s è la trasformazione geometrica che manda ogni punto nel punto tale che s sia l asse del segmento. ' rincipali proprietà: ogni riflessione è una isometria; gli unici punti fissi di una riflessione sono i punti della retta s; le rette fisse sono la retta s e tutte le rette perpendicolari ad s; se s t allora la composizione delle due riflessioni R s e R t è la traslazione di vettore v con v = dist(s, t) e direzione perpendicolare alle due rette date; se s t ed α denota l angolo formato dalle rette s e t allora la composizione delle due riflessioni R s e R t è la rotazione di centro = s t ed angolo α. efinizione. Sia un punto del piano. Una simmetria centrale S di centro è la trasformazione geometrica che manda ogni punto nel punto tale che sia il punto medio del segmento. ' rincipali proprietà: una simmetria centrale non è altro che una rotazione di 180, pertanto essa gode di tutte le proprietà delle rotazioni; la composizione di due simmetrie centrali S e S è la traslazione di vettore v =. 1 Una riflessione è detta anche simmetria assiale. 5

6 roblemi risolti 1. Se il punto della figura accanto dista 30 cm dal segmento O e 40 cm dal segmento O, mentre il punto dista 50cm dal segmento O e 0cm dal segmento O calcolare la lunghezza del percorso minimo espressa in cm. (oppa Ignazio 014) O Q Sia l immagine di nella riflessione rispetto a O, sia l immagine di nelle riflessione rispetto a O e siano = O, = O; il percorso di minima lunghezza si ottiene prendendo il segmento = + + : infatti detti e Q i punti di contatto del percorso con le rette O e O abbiamo ' Q + Q + Q = + Q + Q e l uguaglianza si verifica se e solo se i punti, Q,, sono allineati, ossia se = e Q = ; O pertanto dato che (40, 30), (0, 50), (40, 30), ( 0, 50) abbiamo: ' = = 100. ome si devono scegliere tre punti, Q, R sui tre lati di un triangolo acutangolo affinchè sia minimo il perimetro del triangolo QR. Risolviamo dapprima il seguente problema parziale. (roblema di Fagnano ) Sia un punto interno al lato di un triangolo. eterminare due punti Q ed R tali che il triangolo QR abbia perimetro minimo. Giovanni Francesco Fagnano dei Toschi (Senigallia, 31 gennaio Senigallia, 14 maggio 1797) ereditò la passione per la matematica dal padre Giulio nonostante seguisse la carriera ecclesiastica. Vale la pena ricordare un teorema sui triangoli da lui scoperto: le altezze di un triangolo acutangolo sono le bisettrici del suo triangolo ortico. Questo teorema può essere visto come conseguenza del problema di Fagnano. 6

7 '' ' Q K R ella riflessione R abbiamo ; nella rislessione R abbiamo ; i punti cercati sono Q = ed R = in quanto: Q + QR + R = Q + QR + R ed essendo, Q, R, allineati, essi realizzano il percorso minimo; per valutare il perimetro del triangolo QR basta calcolare la lunghezza di ; osserviamo che = = per la proprietà delle riflessioni e quindi = sin α il perimetro di QR dipende dalla ceviana e risulterà minimo se è l altezza di condotta dal vertice : ' Q R '' ripetendo il ragionamento per il punto Q deduciamo che per avere il triangolo di minimo perimetro, Q dev essere il piede dell altezza condotta dal vertice e detto perimetro minimo sarà uguale a Q Q = Q sin γ analogamente fissato R il triangolo di minimo perimetro si ottiene quando R è il piede dell altezza condotta dal vertice e detto perimetro minimo sarà uguale a R R = R sin β notiamo che = Q Q = R R per i teoremi sui triangoli rettangoli; in conclusione il triangolo QR di perimetro minimo si ottiene quando, Q, R sono i piedi delle altezze del triangolo (tale triangolo è detto triangolo ortico di ). 7

8 3. Su un tavolo da biliardo a forma di esagono regolare EF di lato 4 viene lanciata una biglia dal punto medio del lato F E. Essa colpisce consecutivamente i lati, e prima di ritornare al punto di partenza. alcolare la lunghezza di tutto il percorso. (utch O 005, First Round) F E F' S E' Q ' r ' ' er la simmetria della figura la biglia passerà per il punto, punto medio di ; eseguiamo una simmetria assiale intorno alla retta r =, ottenendo E F l esagono simmetrico dell esagono di partenza; detto il simmetrico di rispetto alla retta r, osserviamo che il segmento interseca nel punto avente le seguenti proprietà: =, = = da cui deduciamo che nel punto l angolo di incidenza coincide con quello di riflessione; in conclusione la lunghezza del percorso cercato è: l = ( + ) = ( + ) = per calcolare costruiamo il triangolo S, avendo indicato con S il punto medio di F ; in esso abbiamo S = E = = 90 poichè F F E e F = F E il quadrilatero F EF è un parallelogramma e quindi 3 S = E = F = F 3 = 4 3 8

9 nel trapezio F abbiamo S = F + = = 6 pertanto = S + S = Ä4 3 ä + 6 = Sia dato un triangolo e sia un suo punto interno tale che = = 10, = 0, = 100. Trovare x ' Riflettiamo il triangolo intorno alla retta ; è equilatero; dato che è asse di simmetria del segmento abbiamo = = 30 ; osserviamo che = 100 e = = 80 ; poichè + = 180 il quadrilatero è ciclico; = = 30. 9

10 3 Rotazione efinizione. Siano dati nel piano un punto O ed un angolo orientato 3. Una rotazione di centro O ed ampiezza α è la trasformazione geometrica piana che lascia fisso O e ad ogni punto O fa corrispondere il punto tale che O = O e O = α. ' O α Una rotazione di centro O ed ampiezza α è indicata con R(O, α). rincipali proprietà: ogni rotazione è una isometria; la rotazione ha un unico punto fisso (il centro); ogni retta r forma con la sua immagine r un angolo α uguale a quello di rotazione; per individuare una rotazione basta assegnare le immagini e di due punti e distinti con = e ; la composizione di due rotazioni con lo stesso centro O ed angoli α e β è una rotazione di centro O ed angolo α + β; se α + β = π la rotazione è una simmetria centrale; se α + β π e i centri O 1 e O sono differenti allora la composizione è una rotazione di centro O ottenuto costruendo OO 1 O = α/ e OO O 1 = β/ ed ampiezza α + β; se α + β = π la composizione di due rotazioni di centro O 1 e angolo α la prima e centro O e angolo β la seconda (con O 1 O ) è una traslazione di vettore direttore O 1 O 3 essendo O 3 l immagine di O 1 nella rotazione di angolo β. 3 icesi angolo ciascuna delle due parti in cui il piano è diviso da due semirette aventi la stessa origine O; il punto O si dice vertice dell angolo e le due semirette (O e O) si dicono lati. er eliminare l intrinseca ambiguità di tale definizione è necessario estendere il concetto di angolo, assumendo una delle due semirette che lo generano (per esempio O) come origine e definendo il senso di rotazione antiorario come senso positivo per le rotazioni. Un angolo di vertice O e semiretta origine O = a si dice orientato positivamente quando questa deve ruotare in senso antiorario intorno a O per sovrapporsi al lato O = b (lato estremo). Si dice orientato negativamente se la stessa rotazione avviene in senso orario. 10

11 roblemi risolti 1. Sia un triangolo equilatero e siano ed E due punti sul lato (con più vicino ad ed E più vicino a ) tali che E = 30, = 3 e E = 5. eterminare la lunghezza del segmento E. onsiderata la rotazione R(, 60 ) abbiamo, per cui = il triangolo è equilatero e la bisettrice E interseca in H per cui H è asse di ; poichè E H ne segue che E = E ; dunque per calcolare E basta calcolare Ed? usando il triangolo E : in esso E = 5, = 3 ed E = 10. ertanto posto E = x abbiamo: Ç x = å x = 7 30 E '. Sia un punto interno ad un quadrato. Se = 1, = e = 3 calcolare la misura di. onsiderata la rotazione R(, 90 ) aabbiamo =, con = 90, = e = 3; notiamo che il triangolo è metà quadrato per cui = 45 e = ; 1 nel triangolo abbiamo: ( ) + = Ä ä + 1 = 3 = ( ) ' 3 da cui segue che è un triangolo rettangolo con = 90 ; = =

12 3. Siano date tre circonferenze concentriche α, β e γ e un punto α. (a) ostruire un triangolo equilatero con β e γ. (b) Se i raggi di α, β e γ sono rispettivamente 10, 6 e 4 calcolare l area di. (oppa Ignazio 014) (a) Supponiamo il problema risolto e sia il triangolo richiesto. La rotazione R(, 60 ) manda e β β per cui β il che suggerisce la seguente costruzione: fissato un punto α eseguiamo la rotazione R(, 60 ) che trasforma β in β ; ' nel caso in cui β γ sia uno dei punti di intersezione (ovviamente il problema non ha soluzione nel caso in cui β γ = ); ora eseguiamo la rotazione R(, 60 ) che riporta β su β e dunque il punto ha per immagine un punto di β che chiamiamo ; osservato che = e = 60 concludiamo che è equilatero. O (b) er rispondere alla seconda domanda illustriamo la seguente costruzione alternativa: indichiamo con O il centro delle tre circonferenze e sia O il triangolo equilatero con α; sia = O β; eseguendo la rotazione R(, 60 ) abbiamo: O, con O = = 4 O pertanto γ e quindi esso è il terzo vertice del triangolo cercato; '= in conclusione: = = 76 [] = =

13 4. ati un punto, una retta b e una circonferenza γ in modo che / γ, / e b γ =, trovare due punti b e γ in modo che il triangolo sia equilatero. Indichiamo con H la proiezione di su b; eseguendo la rotazione R(, 60 ) abbiamo: b b (detta H l immagine di H tramite R(, 60 ), b si costruisce tracciando la perpendicolare in H al segmento H ); b' se b γ = il problema non ha soluzioni, altrimenti indichiamo con uno dei punti di intersezione tra b e γ; H' la rotazione R(, 60 ) riporta b in b e dunque il punto ha come immagine un punto b; è il punto di b cercato per cui = e il triangolo è equilatero per le proprietà delle rotazioni. b '= H 5. ostruire esternamente ad un parallelogramma i quadrati e Q. rovare che Q. Q Osserviamo che = Q ; poniamo O = Q ; dalla congruenza dei triangoli O e O deduciamo che O = O e O = O; O O; applicando la rotazione R(O, +90 ) abbiamo Q e da cui segue la tesi. O 13

14 6. Sia un punto interno ad un triangolo equilatero tale che = 4, = 3, = 5. Trovare l area di (Hong Kong reliminary Selection ontest 1994) a c ue circonferenze γ 1, γ si intersecano nei punti,. Una retta r passante per interseca ulteriormente Siano a, i b due, c cerchi le immagini in, di rispettivamente. tramite le rotazioni Siano, R(,, 60rispettivamente, ), R(, ), R(, i punti 60 ) medi rispettivamente; degli archi e che non contengono e sia K il punto medio del segmento. alcolare osserviamo K. il triangolo (Iran O a è equilatero ) per cui a = 4 da cui segue che i lati di a formano una terna pitagorica e quindi a = 90 ; analogamente si ha che b e c sono triangoli equilateri e oniamo α = e β = ; b = c = 90 essendo + = 180 risulta α+β = l area 180 dell esagono b c a è il doppio = 180 dell area del triangolo richiesto per cui ; b consideriamo [] le= 1 tre rotazioni antiorarie ([ a] + [ b ] + [ c ] + [ a ] + [ b ] + [ c ]) = R(, α), R(, β), R(K, 180 ); γ = 1 Ç å = 5 γ la loro composizione K ρ = R(, β) R(K, 180 ) R(, β) è una traslazione poichè α β = 360. osservato che ρ() = (in quanto ) deduciamo che ρ è l identità; ρ(k) = K e quindi tenuto conto delle proprietà delle rotazioni componenti abbiamo: K = α 180 β = 90 come si evince anche dalla seguente figura 14

15 7. ue circonferenze γ 1, γ si intersecano nei punti,. Una retta r passante per interseca ulteriormente i due cerchi in, rispettivamente. Siano,, rispettivamente, i punti medi degli archi e che non contengono e sia K il punto medio del segmento. alcolare K. (Iran O ) γ 1 K γ oniamo α = e β = ; essendo + = 180 risulta α + β = = 180 consideriamo le tre rotazioni antiorarie R(, α), R(, β), R(K, 180 ); la loro composizione ρ = R(, β) R(K, 180 ) R(, α) è una traslazione poichè α β = 360. osservato che ρ() = (in quanto ) deduciamo che ρ è l identità; ρ(k) = K e quindi tenuto conto delle proprietà delle rotazioni componenti abbiamo: K = α come si evince anche dalla seguente figura 180 β = 90 K' K K'' 15

16 4 Omotetia efinizione. Sia O un punto del piano e k un numero reale non nullo. Una omotetia è una trasformazione geometrica piana che manda il punto nel punto tale che O = k O. O e k sono detti, rispettivamente, il centro e il rapporto di omotetia. Essa si indica con h O = H(O, k). rincipali proprietà: / = k; ; le rette unite di un omotetia sono tutte e sole quelle passanti per il centro; se due triangoli non congruenti hanno i lati orientati tali che ciascun lato dell uno è parallelo al corrispondente lato dell altro allora esiste una omotetia che manda un triangolo nell altro; la composizione di due omotetie con lo stesso centro e rapporti k 1 e k è un omotetia con lo stesso centro e di rapporto il prodotto k 1 k ; la composizione di due omotetie con centri diversi e rapporti k 1 e k con k 1 k 1 è una omotetia con centro sulla retta passante per i due centri e rapporto k 1 k ; se k 1 k = 1 allora la composizione è una traslazione. Si possono generare meccanicamente due linee omotetiche mediante un parallelogramma articolato. onsideriamo un siffatto parallelogramma e denotiamolo con. γ ' L Se sopra i lati,,, o sui loro prolungamenti prendiamo, nell ordine, quattro punti L,,, allineati e supponiamo che essi restino fissi mentre il parallelogramma si deforma, il rapporto delle distanze di uno qualunque di questi punti da altri due resta costante, come risulta dalla considerazione di opportuni triangoli omotetici: per esempio, abbiamo: L/ = / = costante; allora, se durante il movimento si tiene fermo, i due punti L ed descrivono due linee, γ e γ, omotetiche; il centro dell omotetia è, il rapporto è /. Su questa proprietà è basato il pantografo, che permette di riprodurre rapidamente un disegno, ingrandendolo o riducendolo secondo il rapporto desiderato. 16

17 roblemi risolti 1. el triangolo siano,, i punti medi dei lati,, rispettivamente. Sia I l incentro di, sia G il suo baricentro ed S (centro di Spieker) il centro della circonferenza inscritta nel triangolo mediale. imostrare che S, G, I sono allineati e IG = GS. ' I G S ' ' onsiderata l omotetia h G = H(G, 1/) di centro G e rapporto 1/ per la proprietà del baricentro abbiamo,, h G trasforma la circonferenza γ inscritta in nella circonferenza γ inscritta in ; inoltre il centro I di γ ha come immagine il centro S di γ ; I, G, S sono allineati ed essendo il rapporto di omotetia uguale a 1/ deduciamo che I ed S sono da parti opposte rispetto a G con IG = GS.. Esternamente al quadrato costruire il triangolo E retto in E. Indichiamo con ed i punti di intersezione di con E e E rispettivamente. Se = 0 e = 45 calcolare. onsideriamo l omotetia h E di centro E tale che,,, con E e E; ' E ' osserviamo che poichè un omotetia manda quadrati in quaadrati è un quadrato di lato x; inoltre h E trasforma segmenti conguenti in segmenti congruenti per cui =. ertanto è un quadrato. essendo E = 90 e, posto = x abbiamo: : = : 0 : x = x : 45 x = 30 17

18 3. Sia un trapezio con, sia il punto medio di e sia un punto sulla retta. Sia X =, Q = e Y = Q. Sapendo che XY = 14 calcolare la lunghezza di Y. onsideriamo l omotetia h Q di centro Q tale che e l omotetia h di centro tale che ; poichè un omotetia trasforma rette in rette parallele abbiamo: X Y h Q (Y ) =, h () = X Q detta h = h h Q la composizione di h ed h Q abbiamo: h() =, h(y ) = X pertanto h trasforma Y in X e manda la retta in se stessa: questo implica che il suo centro di omotetia appartiene alla retta ; ma il centro dell omotetia h appartiene anche alla retta che congiunge i centri e Q, quindi = Q; essendo punto medio di, h ha rapporto di omotetia 1 ed essendo h(y ) = X ne segue che è il punto medio di XY ; Y = In un triangolo è inscritta una circonferenza γ. Sia r la retta parallela ad e tangente a γ in. La retta incontra in. Se = 9, = 7 e = 6 calcolare. T V E F R I S Q 18

19 Siano E = r, F = r; indichiamo con γ la circonferenza inscritta in EF e siano = γ EF, T = γ E, V = γ F, R = γ, S = γ, Q = γ, E = a, = b, F = c, T = d; consideriamo l omotetia h di centro tale che E, F (e dunque T R e V S); poichè R = S abbiamo: a + a + b + d = d + c + c + +b a = c E = F poichè segmenti congruenti hanno come immagine segmenti congruenti abbiamo = h (E) = h ( F ) = Q dunque per valutare è sufficiente valutare Q. tal fine posto Q = x, Q = y e R = z abbiamo x + y + z = 11 x + 6 = 6 x + z = 7 x = y = 4 z = 5 = Q = x = 5. Sia γ una circonferenza di diametro, sia T un punto esterno a γ, siano T Q e T i segmenti di tangenza e sia r la retta tangente a γ nel punto. etti, S ed i punti di intersezione della retta r con, T e Q rispettivamente, calcolare S sapendo che S = 5. α Q T onsideriamo l omotetia h di centro tale che T S; γ osserviamo che Q Q e con la proprietà che SQ T Q e S T ; essendo T Q = T abbiamo SQ = S ; dalle proprietà delle omotetie e dei triangoli rettangoli abbiamo: X S = = = T = S S = S analogamente abbiamo: Q S = Q = QX = T Q = SQ SQ = S dalle uguaglianze precedenti risulta che: S = S = 5 ' Q' S 19

20 roblemi proposti 1. el quadrato di lato unitario siano E, F i punti medi di e rispettivamente. Indichiamo con il punto di intersezione di F con E. alcolare l area del triangolo F.. Sia un parallelogramma, un punto interno tale che + = 180. rovare che =. 3. Sia è un triangolo isoscele rettangolo con = 90. Se ed sono due punti appartenenti all ipotenusa per cui = 45, = 4 e = 3 calcolare la misura di. 4. La circonferenza passante per i punti medi di un triangolo passa anche per i piedi delle altezze e per i punti medi dei segmenti che uniscono l ortocentro ai vertici. Tale circonferenza si chiama circonferenza dei nove punti e il suo centro è indicato con. rovare che: (a) i punti O (circocentro), G (baricentro), H (ortocentro) sono allineati (retta di Eulero); (b) è il punto medio di OH; (c) il raggio della circonferenza dei nove punti è R/, avendo indicato con R il raggio della circonferenza circoscritta ad. 5. In un triangolo con,, minori di 10, esiste un unico punto interno al triangolo tale che la sommma + + sia minima. Tale punto è detto punto di Fermat. 6. In un triangolo sia = = 6 e = 0. Sia un punto interno alla base. Se ed E sono i piedi delle perpendicolari condotte da su e rispettivamente, calcolare + E. 7. ato un parallelogramma con = 1, = 8 e = 30. alcolare l area del quadrilatero avente per vertici i centri dei quadrati costruiti sui lati del parallelogramma, esternamente ad esso. (Teorema di Thébault) 8. In un triangolo sia = 60 e siano, i punti medi rispettivamente di e. Sia il punto di Torricelli del triangolo ( = = = 10 ). alcolare. 9. Sia un triangolo e,, tre punti per cui, e siano triangoli equilateri esterni ad. Siano 1, 1, e 1 i centri di tali triangoli equilateri. rovare che è equilatero. (Teorema di apoleone.) 10. In un trapezio con siano ed i punti medi dei lati obliqui. Sapendo che = 16, = 30, = 17 trovare l area del trapezio. 11. In un triangolo l angolo = 60 e l altezza relativa alla base misura Siano,, Q i vertici del triangolo inscritto di minimo perimetro. alcolare tale perimetro. 1. ue punti E ed F giacciono sui lati e, rispettivamente, di un quadrato. Se il perimetro del triangolo EF è il doppio della lunghezza del lato di, trovare l ampiezza dell andolo EF. 13. è un trapezio se e solo se = ( + )/ dove ed sono i punti medi dei lati obliqui. 0

21 14. Sia un quadrato di lato 1 e siano, Q,, dei punti appartenenti rispettivamente ai lati,,, e tali che + + Q + =. imostrare che Q. 15. el triangolo costruire le altezze e E che si intersecano in H. Se e Q sono i punti medi di H e rispettivamente, calcolare la misura dell angolo formato dalle rette Q e E. 16. ate tre rette generiche (anche non parallele) costruire un triangolo equilatero avente un vertice su ciascuna retta. 17. Inscrivere un quadrato in un triangolo. 18. Sia dato il quadrilatero con =, = e sia O il punto sul prolungamento di dalla parte di tale che O, e siano allineati. Se le bisettrici degli angoli O e si intersecano in Q e = 100 calcolare l ampiezza di OQ. 19. In un triangolo rettangolo, con = 60 e = 90 inscrivere un quadrato Q tale che, Q, = O e la distanza di O da è 10 cm. alcolare la distanza di O da. 0. ostruire un trapezio conoscendo la lunghezza delle diagonali, della linea mediana e un angolo alla base maggiore. Riferimenti bibliografici [1] assimo Gobbino, Schede olimpiche, U..I, ologna (010) [] Enrico Giusti, itagora e il suo teorema, Edizioni olistampa, Firenze (010) [3] Italo Ignazio, Ercole Suppa Il problema geometrico, dal compasso al abri, Interlinea Editrice (001) [4] Jordan Tabov, eter Taylor, ethods of problem solving, book 1, T ublishing, amberra (00) [5] Jordan Tabov, eter Taylor, ethods of problem solving, book, T ublishing, amberra (00) [6] rkadii Slinko, Transformations in the solutions of geometric problems [7] obby oon, Geometry Transformations, IOHK Training 006 [8] layton W. odge, Euclidean Geometry and Transformations, over ublications, ew York 004 1