1 In un triangolo rettangolo l'ipotenusa è congruente a 5

Transcript

1 VERIFICA DI MATEMATICA 2^F Liceo Sportivo impostazione classica rispondere su un foglio protocollo da riconsegnare entro il giorno 10 gennaio 2019 NOME E COGNOME 1 In un triangolo rettangolo l'ipotenusa è congruente a 5 commensurabile anche all'altro cateto. del cateto. Dimostrare che l'ipotenusa è Dimostrare che se due parallelogrammi equivalenti hanno basi congruenti, allora hanno anche le altezze, relative a quelle basi, congruenti. Dimostrare che se l'ortocentro di un triangolo coincide con l'incentro, allora il triangolo è equilatero. 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. 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. Valutazione Obiettivi: riuscire ad interpretare un enunciato, analizzarlo coi metodi se/allora ipotesi/tesi, impostare la dimostrazione, scrivere la dimostrazione in modo chiaro. Applicare le proprietà delle figure geometriche, i criteri di congruenza dei triangoli, il teorema fondamentale delle rette parallele, il teorema del fascio di parallele, definizione di luoghi geometrici, circonferenza e cerchio. Riferimenti principali: capitoli 5,6,7 del libro di testo. Valutazione delle risposte. 2 punti: risposta corretta, soluzione migliore, buona proprietà di linguaggio, esposizione chiara, leggibile, originale. 1,8 punti: risposta corretta, soluzione migliore con qualche imperfezione di linguaggio e di esposizione o priva di originalità. 1,6 punti: risposta corretta, soluzione migliore ma senza una buona proprietà di linguaggio o senza una buona esposizione. 1, punti: risposta corretta ma non la soluzione migliore. 1,2 punti: risposta parziale, ma soddisfacente per almeno tre quarti delle richieste. 1 punto: risposta parziale, ma soddisfacente per almeno metà delle richieste. 0,8 punti: risposta parziale, ma soddisfacente per almeno un quarto delle richieste. 0,6 punti: risposta sbagliata, purché sensata e legata al contesto, ottenuta con lavoro e impegno. 0, punti: risposta sbagliata contenente errori particolarmente gravi, o eccessivamente incompleta, ottenuta con scarso impegno. 0,2 punti: risposta mancante, o insensata o del tutto slegata dal contesto. I testi delle verifiche si possono anche scaricare all'indirizzo Nel BLOG si trovano preziosi consigli specifici per questa prova Seguendo la pagina facebook si possono avere notizie sugli aggiornamenti.

2 1 In un triangolo rettangolo l'ipotenusa è congruente a 5 commensurabile anche all'altro cateto. del cateto. Dimostrare che l'ipotenusa è Due grandezze si dicono commensurabili se il loro rapporto è un numero razionale. Dobbiamo quindi dimostrare che l'ipotenusa è congruente ad una frazione del cateto. Ipotesi: a= 5 c Tesi: a=k b k Q Potremmo applicare il famosissimo teorema di Pitagora: a 2 =b 2 +c 2 A noi interessa esplorare la relazione tra a e b, quindi sostituiamo c= 5 a a 2 =b a2. ottenendo così: Applicando i principi di equivalenza: a a2 =b 2 ovvero ( )a2 =b 2 ovvero 9 25 a2 =b 2 Da cui, estraendo le radici quadrate (stiamo trattando lunghezze di segmenti, quindi grandezze positive): 3 5 a=b Sempre per i principi di equivalenza: a= 5 3 b commensurabili, come si voleva dimostrare.. Dunque l'ipotenusa e l'altro cateto sono

3 2 Dimostrare che se due parallelogrammi equivalenti hanno basi congruenti, allora hanno anche le altezze, relative a quelle basi, congruenti. Ipotesi: ABCD e AEFD parallelogrammi equivalenti: b=ad Tesi: h altezza di entrambi Per un corollario a un teorema di equivalenza [corollario 1 pag.23] possiamo affermare che un parallelogramma è equivalente ad un rettangolo con base e altezza relativa rispettivamente congruenti (che poi nel caso del rettangolo sono i due lati). Nella figura si possono vedere il parallelogramma ABCD e il rettangolo equivalente BCHG, appositamente costruito facendo coincidere un lato del parallelogramma con un lato del rettangolo. Ovviamente potrei fare lo stesso tipo di costruzione anche con l'altro parallelogramma AEFD, individuando un rettangolo equivalente con base e altezza relativa congruenti. Ricapitolando ho due parallelogrammi e due rettangoli, tutti con la stessa base b e tutti equivalenti tra loro (per proprietà transitiva). Mi concentro in particolare sui due rettangoli: essendo equivalenti ed avendo la stessa base b, necessariamente devono anche avere la stessa altezza h. Ne segue che anche i parallelogrammi hanno la medesima altezza h. Dimostrazione alternativa: Poteva funzionare anche un ragionamento per assurdo: Per assurdo siano diverse le altezze dei due parallelogrammi h 1 h 2 Per il corollario citato prima un parallelogramma è equivalente al rettangolo di lati b, h 1 e l'altro è equivalente al rettangolo di lati b,h 2. Per la proprietà transitiva i due rettangoli sono equivalenti, dunque hanno la stessa area, dunque deve essere b h 1 =b h 2 ovvero h 1 =h 2 in contrasto con l'ipotesi assurda.

4 3 Dimostrare che se l'ortocentro di un triangolo coincide con l'incentro, allora il triangolo è equilatero. Ormai queste dimostrazioni dovrebbero essere diventate delle noiose abitudini. Ipotesi: ABC triangolo O ortocentro e incentro Tesi: ABC triangolo equilatero Per ipotesi ortocentro e incentro coincidono in O, dunque devono coincidere anche le bisettrici e le altezze relative in quanto rette identificate dal punto O e uno dei vertici. Per fissare le idee concentriamoci sui triangoli ACF e BCF. Sono entrambi rettangoli perché CF (che contiene O) è altezza del triangolo. Inoltre CF è anche bisettrice (sempre perché contiene O) e dunque ÂCF FCB. Dunque i triangoli ACF e BCF hanno il lato CF in comune; gli angoli relativi a tale lato congruenti e quindi sono congruenti per il secondo criterio di congruenza dei triangoli. I particolare i lati AC BC. La stessa dimostrazione si può ripetere anche relativamente alle altre due altezze/bisettrici AD e BE, anzi, basterebbe procedere ad un'analoga dimostrazione per una sola delle due, per esempio AD e concludere che AB AC A questo punto, per proprietà transitiva, AB AC BC, cioè il triangolo ABC è equilatero, come volevasi dimostrare.

5 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 Ô1 O A 60 2 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. La dimostrazione è conclusa, ma a scopo didattico si noti una curiosità: non ci sono indicazioni particolari su dove posizionare i punti C e D rispetto ai centri delle circonferenze, in effetti non ce n'è motivo. Come si può vedere dalle diverse configurazioni ottenute con GeoGebra, in qualunque modo decidiamo di posizionare il punto C, il triangolo CBD è sempre equilatero. Nella pagina seguente trovate le figure.

6

7 5 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 complementari 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 complementari 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.