Incontri Olimpici 03 Problemi di Geometria ologna, 3 ottobre 03 ppunti redatti da rcole Suppa Sommario In questo documento sono riportate le soluzioni dei problemi di geometria risolti da Samuele Mongodi. Problema. ato un triangolo avente i cateti di lunghezza b e c e l altezza relativa all ipotenusa lunga h, mostrare che h = b + c Indicata con a l ipotenusa risulta bc = ah ed applicando il teorema di Pitagora abbiamo che: c h b h = a b c = b + c b c = b + c H
Problema. ato un triangolo, si prenda un punto P, esterno o interno al triangolo. a P si conducano le perpendicolari ai lati,, del triangolo, in modo da incontrare i lati (o i loro prolungamenti) in,, rispettivamente. (a) imostrare che + + = + +. (b) Sia ora equilatero e P interno al triangolo. imostrare che, con questa ulteriore ipotesi, + + = + +. (a) al teorema di Pitagora segue che: P + = P + () P + = P + () P P + = P + (3) e sommando (), () e (3) abbiamo + + = + + (b) Posto = l, = x, = y, = z applicando la proprietà dimostrata in (a) abbiamo: x + y + z = (l x) + (l y) + (l z) l(x + y + z) = 3l z x + y + z = 3 l P y da cui segue che x + + = + +
Problema 3. dato un triangolo con =. Indichiamo con il punto medio di e con il punto medio di. imostrare che biseca Â. etto il punto medio di, per il piccolo teorema di Talete, abbiamo. Poichè = si ha che =, quindi è un trapezio isoscele. Pertanto  = () ato che è il punto medio di e è il punto medio di si ha che (piccolo teorema di Talete), per cui =  () a () e () segue che  = Â. Problema 4. ato un triangolo, si prendano due punti su ed su. Indichiamo con il punto di intersezione delle bisettrici degli angoli e Ĉ. imostrare che + Ê =. Posto = = x ed abbiamo: Ĉ = Ĉ = y Ê = 80 ( x) = + x () = 80 ( y) = + y () Sommando () e () otteniamo Ê + = ( + x + y) (3) altra parte = 80 ( x) ( y) = + x + y (4) x x y y a (3) e(4) segue che + Ê =. 3
Problema 5. ato un triangolo, si prenda un punto su. Si costruiscano due segmenti e perpendicolari alla retta. Indichiamo con M il punto medio di. imostrare che M = M. Sia G la proiezione ortogonale di su e siano P, Q i punti di intersezione della parallela per M a con e G rispettivamente. al piccolo teorema di Talete applicato al triangolo G segue che Q = QG. Pertanto P = Q = QG = P () alla () segue che i triangoli P M e P M sono congruenti (per il primo criterio) per cui M = M. P M G Q Problema 6. dato un rettangolo con =. Si prenda un punto P su tale che P =. imostrare che P. 4 Siano N, M i punti medi di e rispettivamente e sia Q = P. ssendo MN = = = P, N = = e 4 M N = P = 90 i triangoli MN e P sono congruenti. Pertanto: M P Q = N M = P Ĉ Q Q P + P Q = Q P + P Ĉ = 90 P N P 4
Problema 7. imostrare che le proiezioni dei vertici di un parallelogramma sulle sue diagonali sono i vertici di un parallelogramma simile al primo. Si dimostra facilmente che: () SL = QL SL = LQ; () P L = RL P L = LR; (3) da () e () segue che S L R SLP = QLR x P Q per cui P S = QR e P ŜL = R QL P S QR In modo analogo si prova che P Q RS P QRS è un parallelogramma. Posto SÂ = x, dai quadrilateri ciclici P S, SR e dal teorema della corda segue che: SP sin x = SR sin x = (4) P ŜR = P ŜQ + QŜR = ÂP + ÂR = (5) S P Q = 80 P ŜR = 80 = Â (6) a (4),(5) e (6) segue che P QRS. 5
Problema 8. Sia un parallelogramma. Sia r una generica retta passante per, e siano,, G i piedi delle perpendicolari ad r condotte da,, rispettivamente. imostrare che: (a) Se r è esterna al parallelogramma, allora = + G. (b) Se r taglia il parallelogramma, allora = G. Sia L = e sia M la proiezione ortogonale di L sulla retta r. (a) Poiché L = LG per il teorema di Talete LM = e GM = M. Nel trapezio G la corda LM congiunge i punti medi dei lati obliqui, G quindi, per una nota proprietà LM = ( + G). Pertanto: r G L = ( + G) = + G (b) ssumiamo WLOG che G >. Poiche L = LG per il teorema di Talete LM =. Inoltre nel trapezio G per una nota proprietà il segmento LM che congiunge i punti medi delle diagonali è uguale alla semidifferenza delle basi (dimostrarlo!), quindi LM = (G ). Pertanto: = (G ) = G = G r G L M 6
Problema 9. Sia un quadrato di area S ed r una retta esterna al quadrato. Indichiamo con,,, i piedi delle perpendicolari ad r condotte dai vertici,,, rispettivamente. imostrare che: + = + = S Sia O =, sia O la prioezione ortogonale di O sulla retta r e siano X, Y, Z le proiezioni di,, su OO. Poichè O è il punto medio di e abbiamo + = + = OO. O Z Pertanto ( + ) = ( + ) X Y da cui, sviluppando i quadrati, otteniamo + = + ' ' O' ' ' altra parte, mediante l identità x + y = ( x+y ) ( + x y ), abbiamo + = O O + OX () mentre usando l identità xy = ( ) x+y ( + x y ) abbiamo = O O OY () a () e (), osservato che OX = Y (dato che XO = Y O) abbiamo: + = = ( OX + OY ) = = ( Y + OY ) = = O = = = = S 7
Problema 0. Sia un parallelogramma. Sia r una retta passante per esterna al parallelogramma, siano, i punti di intersezione fra r e i prolungamenti di e rispettivamente. imostrare che: + = + r al teorema di Stewart applicato al triangolo abbiamo ( + ) = + + = + () alle similitudini e segue che =, Sostituendo () nella () abbiamo = () + = + 8
Problema. ata una circonferenza γ, sia un suo diametro, un punto di tale diametro, la corda perpendicolare ad passante per. La circonferenza γ, tangente a, a e a γ, tocca nel punto. (a) Mostrare che =. (b) eterminare quindi la costruzione geometrica per disegnare γ. Prima soluzione. (a) Indichiamo con J il centro della circonferenza γ. Posto = R, = a e J = x, dal Teorema di Pitagora abbiamo: Y O + J = OJ (a + x R) + x = (R x) (a + x R) (R x) + x = 0 a(a + x R) + x = 0 x + ax + a ar = 0 O J x = a + ar Pertanto, tenuto conto del primo X teorema di uclide, abbiamo: ( = + = a+ a + ) ar = ar = = ' (b) La circonferenza γ può essere costruita nel modo seguente: tracciare la circonferenza ω di centro e raggio ; determinare il punto di intersezione tra ω ed ; tracciare il diametro XY perpendicolare ad ; determinare il punto intersezione della retta X con γ; determinatre il punto J intersezione della tangente in ad e della retta O, avendo indicato con O il centro di γ; tracciare la circonferenza di centro J e raggio J. 9
Seconda soluzione. (a) ato che = (primo teorema di uclide) l inversione I di centro e potenza manda in. Poichè I lascia fissi e, ne segue che I trasforma la retta nella circonferenza γ (e viceversa). Pertanto I lascia fissa la circonferenza γ I() = appartiene alla circonferenza di centro e raggio, ossia =. O Y X ' J 0
Problema. Indichiamo con e i centri di due circonferenze γ e γ di raggi r e r e tangenti esternamente. Tracciamo le tangenti comuni ed indichiamo con, i punti di tangenza con γ, con, i punti di tangenza con γ. eterminare l area del quadrilatero in funzione dei raggi r e r. M H I K J N Sia J =, sia I il punto di tangenza delle due circonferenze, sia MN la terza tangente comune (con M, N ), siano H, K le proiezioni ortogonali di, sulla retta. Supponiamo WLOG che r > r e poniamo, per semplicità, r = R, r = r. alla similitudine dei triangoli J J, posto J = x, abbiamo J : J = : (R + r + x) : x = R : r J = x = r R + r R r alla () si ottengono facilmente le seguenti uguaglianze: J = I + I + J = R R + r R r J = J = R Rr R r J = J = r Rr R r () () (3) (4)
sprimendo in due modi diversi l area del quadrilatero J abbiamo J = J = J J = 4R Rr R + r alla similitudine discende che : = :, quindi = = 4r Rr (6) R + r a (5) e (6) segue che MN = + = Rr al primo teorema di uclide segue che J HJ = J, J KJ = J, quindi tenuto conto di (),(),(3),(4) abbiamo HK = HJ KJ = J J J J = 4Rr R + r Infine, osservato che M, N sono i punti medi di ed, abbiamo [ ] = MN HK = 8Rr Rr R + r (5)
Problema 3. ato un triangolo con > >, indichiamo con,,,,, i punti di incontro fra le bisettrici degli angoli interni ed esterni in,, coi lati,, (o i loro prolungamenti) rispettivamente. imostrare che: (a) = + (b) = + ' ' ' al teorema della bisettrice interna abbiamo : = c : b = ab b + c al teorema della bisettrice esterna abbiamo a () e () segue che = : = c : b = ab c b abc c b. nalogamente si dimostra che = a abc c a e = = c b abc c a a b abc abc b abc a b. Pertanto = 0 c = a (c b ) b (c a ) c (a b ) abc abc abc 3 = 0 () ()
Problema 4. Indichiamo con, i centri di due circonferenze γ e γ di raggi r e r, r il loro asse radicale, P un punto del piano esterno sia a γ che a γ. Indichiamo con N la proiezione ortogonale di P su r, con a e b le lunghezze dei segmenti di tangente condotti da P alle circonferenze γ e γ. imostrare che: a b = P N N P T a T b M Q r Sia Q la proiezione ortogonale di P su, sia M = r e assumiamo WLOG che a > b (quindi P, sono dalla stessa parte di r come in figura). Il punto M ha la stessa potenza rispetto alle due circonferenze (M appartiene all asse radicale), quindi M r = M r r r = M M () Per il teorema di Pitagora a = P r, b = P r, quindi tenuto 4
conto di () abbiamo: a b = P P ( r r ) = = Q + P Q ( Q + P Q ) ( M M ) = = Q Q ( M M ) = = (M + MQ) (M MQ) ( M M ) = = M MQ + M MQ = = MQ (M + M) = = P N Problema 5. ata una circonferenza γ, sia OS un suo diametro di lunghezza. Si tracci la retta r tangente a γ in O. Siano, due punti di r ed indichiamo con a, b le ascisse di tali punti avendo preso O come origine. Si uniscano, con S, e siano, le intersezioni dei segmenti S e S con γ. Indichiamo con l intersezione della retta con r e con c l ascissa di. imostrare che c = ab a + b. La circonferenza γ e le rette S, S hanno equazioni γ : (x ) + y = S : S : ax + y = a bx + y = b Un semplice calcolo prova che ( a a + 4, 4a a + 4 ), ( b b + 4, ) 4b b + 4 ' ' La retta ha equazione (ab 4)x + (a + b)y ab = 0 O S ed interseca ( l asse ) delle y (retta r) nel ab punto 0,. a + b 5