1 In un triangolo rettangolo l'ipotenusa è congruente a 13

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1 1 In un triangolo rettangolo l'ipotenusa è congruente a 13 5 cateto sono commensurabili. di un cateto. Dimostrare che l'ipotenusa e l'altro Ipotesi: a ipotenusa, b,c cateti del triangolo rettangolo; a 13 5 b Tesi: a,c commensurabili Per il teorema di Pitagora: a 2 =b 2 +c 2. Nel nostro caso: a 2 =( 5 13 ) 2 a 2 +c 2 ovvero a 2 ( 5 13 ) 2 a 2 =c 2 ovvero a 2 =c 2 ovvero a2 =c 2 ovvero a=c. Quindi l'ipotenusa è commensurabile anche all'altro cateto, come volevasi dimostrare.

2 2a Due circonferenze congruenti si tagliano nei punti A e B e il centro di ciascuna è sull'altra. Si conduca per il punto A una secante che tagli in C una circonferenza e in D l'altra. Dimostrare che il triangolo CBD è equilatero. Ipotesi: circonferenze congruenti Tesi: CBD equilatero Si osservino nella figura le linee tratteggiate che vanno a definire ulteriori figure. In particolare si osservi il triangolo AO 1 O 2 Si tratta di un triangolo equilatero in quanto i suoi lati corrispondono al raggio di una delle circonferenze (che essendo congruenti hanno lo stesso raggio). Lo stesso identico discorso possiamo ripeterlo per il triangolo BO 1 O 2. Da questa osservazione deduciamo che BO 2 O 1 Ô 1 O 2 A 60 di un triangolo equilatero. che è l'ampiezza di tutti gli angoli Allora l'angolo BO 2 A 120. Questo è l'angolo al centro O 2 che insiste sull'arco AB. Tale angolo è il doppio dell'angolo alla circonferenza BDA= BDC. Allora l'angolo BDC 60. Non possiamo ancora concludere la dimostrazione: dobbiamo trovare informazioni sugli altri due angoli. Se osserviamo ancora la figura si può notare che BCA BO 2 A in quanto angoli alla circonferenza (di centro O 1 ) che insistono sull'arco AB. Per proprietà transitiva BCA 120. Siccome BCA+ BCD=180 ne segue necessariamente che BCD 60. A questo punto, per somma interna degli angoli di un triangolo, anche DBC 60 Ricapitolando, tutti gli angoli del triangolo BCD hanno ampiezza 60 e dunque abbiamo la tesi.

3 2b Consideriamo il punto P di contatto di due circonferenze tangenti esternamente. Si conduca per P una secante comune alla due circonferenze, indichiamo i punti di intersezione A per una e B per l'altra circonferenza. Consideriamo adesso la retta tangente alla circonferenza in A e la retta tangente alla circonferenza in B. Dimostrare che queste due rette tangenti sono parallele. Ipotesi: t retta contenente A, P, B r tangente in A alla circ.1 s tangente in B alla circ.2 Tesi: r, s parallele Osserviamo i triangoli AO 1 P e B O 2 P. Sono triangoli isosceli perché, in entrambi i casi, due dei lati coincidono con i raggi della circonferenza. Per le proprietà dei triangoli isosceli possiamo anche dire che le coppie di angoli Ô 1 PA Ô1 AP ; Ô 2 PB Ô2 BP Osserviamo poi che P appartiene alla retta O 1 O 2. Possiamo dunque dire che gli angoli in quanto opposti al vertice Ô 1 PA Ô2 PB Per proprietà transitiva possiamo allora dire che Ô 1 AP Ô 2 BP. Questi ultimi due sono a loro volta rispettivamente supplementari agli angoli tbr e ŝat visto che le rette tangenti ad una circonferenza formano un angolo retto con il raggio della circonferenza. Allora tbr ŝat in quanto supplementari di angoli congruenti. Questi ultimi due angoli costituiscono una coppia di angoli alterni interni rispetto alle rette r,s tagliate dalla trasversale t e quindi, per il teorema fondamentale delle rette parallele tagliate da una trasversale, le rette r ed s sono parallele, come volevasi dimostrare.

4 3a Determinare il perimetro di un quadrato equivalente ad un triangolo rettangolo che ha l'ipotenusa lunga 39 cm e un cateto lungo 36 cm. Calcoliamo l'altro cateto grazie al teorema di Pitagora: =15. Calcoliamo l'area del triangolo rettangolo: =270 Il quadrato equivalente ha la stessa area, quindi determiniamo il suo lato ,43. Il perimetro del quadrato è ,73. 3b L'area di un triangolo rettangolo è 336 cm2 e un cateto è lungo 48 cm. Determinare il perimetro di tale triangolo. Possiamo ricavare subito il secondo cateto: = Col teorema di Pitagora determiniamo anche l'ipotenusa: =50. Dunque il perimetro richiesto è =112 3c Il perimetro di un rombo è 60 cm e una diagonale è 8 5 equivalente al rombo. del lato. Determinare il perimetro del quadrato Determiniamo subito il lato del rombo: 60 4 =15. Possiamo determinare anche una diagonale: =24. Grazie al teorema di Pitagora possiamo determinare la metà della seconda diagonale: 152 ( ) =9. Dunque la seconda diagonale è 2 9=18. 1 A questo punto possiamo calcolare l'area del rombo: =216 Il quadrato equivalente ha lato ,70 e quindi perimetro ,79.

5 4a Consideriamo una circonferenza e un suo diametro AB, consideriamo anche la tangente t alla circonferenza in A. Consideriamo un punto C sulla circonferenza tale che l'angolo al centro che insiste sulla corda BC abbia ampiezza 130. Determinare l'ampiezza dell'angolo formato dalla retta AC e la retta tangente t. Facciamo riferimento al disegno accanto, schematicamente: BOC 130 ; il suo supplementare ÂOC =50 ; Il triangolo OAC è isoscele perché OA e OC sono raggi, quindi ĈAO =65. 2 L'angolo richiesto è il complementare: =25. Si osservi che si può dimostrare in generale che l'angolo richiesto è congruente a metà dell'angolo al centro, proprio come gli angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco, dunque si poteva anche citare questa proprietà e andare subito all'ultimo passaggio. 4b Consideriamo una circonferenza di centro O e una sua corda AB (diversa dal diametro). Consideriamo anche la tangente t alla circonferenza in B. Se l'angolo al centro che insiste sull'arco AB ha ampiezza 120, quali sono le ampiezze degli angoli formati dalla tangente t con la corda AB? Facciamo riferimento al disegno accanto. ÂOB 120 ; il triangolo AOB è isoscele, perché due lati sono raggi della circonferenza, quindi ÔBA =30. 2 L'angolo richiesto è il complementare =60. Nella domanda si parla di angoli al plurale, dunque citiamo anche il supplementare =120.

6 4c Consideriamo una circonferenza di centro O e una sua corda AB (diversa dal diametro). Consideriamo anche la tangente t alla circonferenza in B. Se l'angolo formato dalla tangente t con la corda AB ha ampiezza 55, qual'è l'ampiezza dell'angolo al centro che insiste sull'arco AB? Facciamo riferimento al disegno accanto. In particolare osserviamo che il triangolo AOB è isoscele, in quanto due lati coincidono con il raggio della circonferenza. Uno degli angoli alla base di tale triangolo è il complementare dell'angolo di 55 dal quale partiamo. ÔBA =35. Possiamo calcolare l'angolo richiesto grazie alla somma interna degli angoli di un triangolo: ÂOB =110. 4d Consideriamo una circonferenza e quattro punti su di essa: A, B, C, D. Consideriamo quattro angoli alla circonferenza: due che insistono sull'arco AB con vertici C e D; gli altri che insistono sull'arco CD con vertici A e B. I primi due hanno ampiezza 35, gli altri due hanno ampiezza 40. Determinare le ampiezze degli angoli formati dalle rette AC e BD. I punti vanno disposti seguendo l'ordine alfabetico, purtroppo questo non è esplicitato nel testo e mi sembra che il problema non sia sorto durante lo svolgimento del compito. Speriamo bene. Disponendo le lettere nell'ordine alfabetico non rimane altro da fare che calcolare l'ampiezza degli angoli richiesti per somma interna degli angoli di un triangolo. Osserviamo, per fissare le idee, il triangolo con vertici B, C e l'incrocio delle rette AC e BD (non nominato nella figura). Due angoli sono noti: 40 e 35, il terzo si ottiene per differenza: =105. Necessariamente il suo supplementare è =75 opposti al vertice (e quindi congruenti). e gli altri due sono i rispettivi

7 5a 4m Consideriamo il triangolo isoscele ABC di vertice A. Sia D il punto di intersezione delle altezze relative ai lati obliqui. Dimostrare che AD è asse della base BC. Ipotesi: triangolo ABC isoscele con AB AC ; D intersezione altezze relative. Tesi: AD asse di BC. Per il teorema dell'ortocentro [pag MultiMathBlu Geometria, pag.211 Teoria.zip] nel punto D si incontrano le tre altezze del triangolo, quindi la retta AD contiene l'altezza AH. Allora BC AD. Inoltre ricordiamo che nei triangoli isosceli coincidono altezza, mediana e bisettrice relative a vertice e base, dunque AH è anche mediana. [pag.72 e seguenti MultiMath Blu Geometria] Allora BH HC. Ricapitolando la retta AD è perpendicolare al segmento BC e lo divide a metà, per definizione è l'asse del segmento BC, come volevasi dimostrare.

8 5b 2m Consideriamo il triangolo ABC rettangolo in A. Tracciare un segmento CD che risponda a queste caratteristiche: CD AC ; CD AC ; D appartiene allo stesso semipiano di B determinato dalla retta AC. Dimostrare che AD è la bisettrice dell'angolo BAC. Ipotesi: BAC= π 2 ; ACD= π 2 ; Tesi: CD AC. BAD DAC Il triangolo ACD è isoscele visto che per ipotesi CD AC. triangolo ACD possiamo pure dire che DAC ADC, in quanto triangolo isoscele, Sempre per ipotesi ACD= π 2, quindi del ma anche che DAC ADC π 4 per somma interna degli angoli di un triangolo. Quello che ci interessa è che DAC π 4. Inoltre, essendo per ipotesi BAC= π 2 possiamo pure dire che BAD BAC DAC π 2 π 4 = π 4. Ricapitolando π 4 BAD DAC che è la tesi.

9 5c 3m Consideriamo un angolo MON. Prendiamo due punti A, B sul lato OM in modo tale che OA AB. Analogamente prendiamo due punti C,D sul lato ON in modo tale che OC CD. Dimostrare che il quadrilatero ABDC è un trapezio la cui base maggiore è doppia della base minore. Ipotesi: OA AB ; OC CD Tesi: ABDC trapezio; 2 AC BD Osserviamo subito che i segmenti CD e AB non sono paralleli perchè le rette a cui appartengono formano l'angolo MON. Consideriamo adesso il triangolo OBD, in virtù delle ipotesi possiamo dire che A è il punto medio di OB e C è il punto medio di OD. Dunque il segmento AC congiunge i due punti medi di due lati di un triangolo. Per il teorema del fascio di parallele applicato ai triangoli [teorema 14 pag. 153 di MultiMath Blu Geometria, pag.158 Teoria.zip ] possiamo affermare che AC BD e quindi che il quadrilatero ABDC è un trapezio, ma ci permette pure di affermare che 2 AC BD, che è la seconda tesi richiesta.

10 5d Sia ABC un triangolo isoscele di vertice A, Prolungare il lato AB di un segmento che DC> AB. BD AB e dimostrare Ipotesi: triangolo ABC isoscele con AC AB ; A, B, D allineati; BD AB. Tesi: DC> AB Consideriamo il triangolo ACD. Per la disuguaglianza triangolare DC+ AC>AD. Per le ipotesi è pure vero che AC AB ; AD 2 AB, dunque la disuguaglianza possiamo riscriverla come DC+ AB> AB+ AB. Da tale disuguaglianza segue immediatamente la tesi.

11 5e Un triangolo isoscele OAB ha il vertice O nel centro di una circonferenza e i lati OA e OB intersecano tale circonferenza rispettivamente nei punti E ed F. Dimostrare che la corda EF è parallela alla base AB del triangolo. Ipotesi: triangolo OAB isoscele con OA OB ; OE OF r Tesi: AB EF Anche il triangolo OEF è isoscele, visto che OE OF r ; avendo indicato con r il raggio della circonferenza. Dunque, per le proprietà dei triangoli isosceli, gli angoli OEF OFE ; Per la somma interna degli angoli di un triangolo abbiamo anche che OEF π EOF 2 Analogamente, per quanto riguarda il triangolo OAB isoscele per ipotesi: OAB π AOB 2 Ovviamente Ricapitolando: EOF = AOB. OEF π EOF = π AOB OAB 2 2 ovvero OEF OAB. Le rette AB ed EF hanno angoli corrispondenti congruenti, quindi sono parallele, per il teorema fondamentale delle rette parallele, come volevasi dimostrare.

12 1m Un parallelogramma ha un angolo di ampiezza 145. Quali ampiezze hanno gli altri angoli del parallelogramma? (motivare la risposta) I parallelogrammi hanno angoli opposti congruenti, dunque l'angolo opposto a quello di partenza ha ampiezza 145. La somma interna degli angoli di un quadrilatero è 360, dunque la somma degli altri due angoli è =70 70 Gli altri due angoli hanno dunque ampiezza 2 =35. 5m Un rombo ha un angolo di 40. Quali sono le ampiezze degli altri angoli? (motivare la risposta). Il rombo è un particolare parallelogramma, quindi vale la proprietà che gli angoli opposti sono congruenti e la somma interna degli angoli è 360. Dunque c'è un altro angolo di 40 e gli altri due hanno ampiezza =140. 2