x ≡̂ PAQ BAQ +̂ AQB ≡̂ BAQ +̂ BAP ̂

Ipotesi: PA≡AB

Tesi: AQ≡QP Dimostrazione:

Consideriamo il triangolo ABP, isoscele per ipotesi.

Per le proprietà del triangolo isoscele APB≡ ̂̂ PBA . Per comodità chiameremo x= ̂APB≡ ̂PBA

Osserviamo adesso l'angolo piatto π= ̂PBA+ ̂ABQ da cui ABQ≡π−x .̂ Consideriamo adesso il triangolo ABQ. La somma degli angoli interni di un triangolo equivale ad un angolo piatto, dunque π≡ ̂BAQ+ ̂AQB+ ̂ABQ da cui BAQ+ ̂̂ AQB≡x .

Osserviamo anche che possiamo considerare come lemma (*) che AQB≡ ̂̂ BAP .

Ricapitolando, se è vero che AQB≡ ̂̂ BAP allora è pure vero che BAQ+ ̂̂ AQB≡ ̂BAQ+ ̂BAP ovvero x≡ ̂BAQ+ ̂BAP ovvero x≡ ̂PAQ .

Abbiamo dimostrato che PAQ≡ ̂̂ APB cioè che il triangolo APQ è isoscele ed in particolare che AQ≡QP in quanto lati degli angoli congruenti.

E questa è la tesi.

(*) Il fatto che AQB≡ ̂̂ BAP è dovuto a semplici considerazioni sugli angoli alla circonferenza.

Per comodità chiamiamo y= ̂AQB .

L'angolo al centro che insiste sullo stesso arco è il doppio, cioè AOB=2 y . ̂

Il triangolo AOB è evidentemente isoscele e gli altri due angoli misurano OAB≡ ̂̂ ABO≡π−2 y

2 .

D'altra parte, essendo AP tangente alla circonferenza, abbiamo OAP≡π̂ 2 . Ricapitolando: PAQ= ̂̂ OAP− ̂OAB≡π

2−π−2 y

2 =y ovvero AQB≡ ̂̂ BAP .

Ipotesi: ABC triangolo rettangolo in B

Tesi: DE, FE assi dei cateti; E punto medio dell'ipotenusa.

Dimostrazione:

Partiamo dal punto medio dell'ipotenusa che chiamiamo E.

Il triangolo ABC può essere inscritto in una semicirconferenza di raggio EA (o EC se preferite), per il teorema degli angoli alla circonferenza retti. [teorema 20 pag.195]

Dunque, se disegnamo tale circonferenza, i vertici del triangolo appartengono ad essa. L'ipotenusa AC è diametro, mentre i cateti AB e BC sono corde.

Sappiamo che l'asse di una corda passa per il centro della circonferenza [teoremi 9,10,11 pag.186] , quindi gli assi dei cateti devono passare per il centro della circonferenza E, che sappiamo già essere il punto medio dell'ipotenusa.

L'incentro O è per definizione il punto di intersezione delle bisettrici del triangolo ABC, ma nel triangolo equilatero incentro e circocentro coincidono.

[nel triangolo equilatero coincidono mediane, altezze e bisettrici rispetto a tutti e tre i lati. Nel libro non viene molto evidenziato, tramite vari esercizi ci si rende conto che nel triangolo isoscele altezza, mediana e bisettrice relative alla base coincidono, nel triangolo equilatero dunque coincidono le tre altezze, mediane e bisettrici, dunque coincidono anche i punti di intersezione di altezze, mediane e bisettrici, cioè tutti i punti notevoli del triangolo: viene scritto per inciso a pag.201]

Quindi l'incentro O è anche circocentro, ovvero centro della circonferenza circoscritta al triangolo equilatero ABC.

Osservando tale circonferenza e il triangolo ABC inscritto in essa, possiamo affermare che gli angoli BOC≡2 BAC in quanto il primo è angolo al centro e l'altro angolo alla circonferenza chê insistono sullo stesso arco (e sulla stessa corda BC, ovvero il lato “visto” dall'incentro).

Tutto questo per dire che l'ampiezza di BOC è 120°.̂

Non perdiamo in generalità se supponiamo che il triangolo equilatero inscritto nella circonferenza abbia come vertici i punti di tangenza del triangolo equilatero circoscritto, dato che, ovviamente, tutti i triangoli equilateri inscritti in una stessa circonferenza, sono congruenti.

Ipotesi:

ABC triangolo equilatero circoscritto alla circonferenza;

D,E,F punti di tangenza di ABC con la circonferenza;

Tesi: AB≡2 DE Dimostrazione:

DEF è un triangolo inscritto nella circonferenza. Per poter proseguire con la dimostrazione dobbiamo stabilire che è equilatero.

Sappiamo che il centro della circonferenza è l'intersezione delle bisettrici di ABC, essendo un triangolo equilatero, le bisettrici coincidono con gli assi dei lati e quindi D,E,F sono punti medi dei lati.

Consideriamo adesso i triangoli ADF, DCE, FEB . Sono congruenti tra loro per il primo criterio di congruenza: hanno congruenti un angolo (gli angoli di ABC) e i due lati dell'angolo (le coppie dei mezzi lati).

In particolare abbiamo che DF ≡EF≡DE per cui DEF è un triangolo equilatero.

Ma non solo! Anche i triangoli ADF, BEF, CED sono equilateri, in quanto isosceli (due mezzi lati di ABC) e col terzo angolo di 60°.

In conclusione il triangolo DEF non solo è equilatero, ma il suo lato corrisponde a metà del lato del triangolo ABC, come volevasi dimostrare.

Ipotesi:

ABC equilatero; O circocentro;

ON ⊥ AC OM ⊥ AB Tesi:

C ∈OM B∈ON MN∥BC MP≡PQ≡QN

Dimostrazione:

Per definizione il circocentro del triangolo è l'intersezione delle mediane del triangolo. Nel caso del triangolo equilatero le mediane coincidono con gli assi, con le altezze e con le bisettrice, dunque possiamo dire che la perpendicolare ad un lato che passa per il circocentro è asse del triangolo nonché mediana e quindi passa per il vertice opposto al lato.

Abbiamo così dimostrato che C∈OM ∧B∈ON .

Osserviamo adesso i triangoli BOC e OMN, in particolare i loro angoli. Essendo ON e OM bisettrici ed essendo ABC equilatero siamo in grado di stabilire esplicitamente l'ampiezza di questi angoli: OCB≡ ̂̂ CBO≡30 ° , di conseguenza, per somma interna degli angoli di un triangolo abbiamo che COB≡120° .̂

OMN è isoscele perché due lati ON, OM sono raggi della circonferenza circoscritta, inoltre l'angolo NOM =120 ° in quanto opposto al vertice dell'angolo ̂ COB≡120° . Dunque per sommâ interna degli angoli di un triangolo anche gli angoli MNB≡ ̂̂ NMO≡30 ° .

[Si poteva anche dire che insistono sugli stessi archi...]

Possiamo adesso affermare che le rette BC ed MN, tagliate dalla trasversale BN, formano angoli alterni interni congruenti, e quindi sono parallele. Abbiamo così dimostrato la seconda tesi.

Per dimostrare la terza tesi tracciamo i segmenti AM, AN. Si osservi che gli angoli ANM ≡ ̂̂ AMN ≡ ̂NAC≡ ̂MAB≡30 ° , perché angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco di angoli che abbiamo già visto essere di 30°.

I triangoli AQN e APM sono dunque isosceli, inoltre AQP è equilatero grazie al parallelismo di MN e BC.

Dunque i segmenti NQ, QP, PM sono tutti congruenti ai lati del triangolo equilatero APQ, da cui la terza tesi.

Attenzione: le dimostrazioni richieste sono due, o meglio dobbiamo dimostrare che le seguenti condizioni sono necessarie e sufficienti:

Prima condizione (I):

ABCD inscritto in una circonferenza Seconda condizione (II):

̂DAC≡̂DBC ( ̂CAB≡̂CDB etc...) Dimostrazione I ⇒ II :

La prima condizione è l'ipotesi; la seconda condizione è la tesi.

Essendo per ipotesi ABCD inscritto in una circonferenza, osserviamo banalmente che gli angoli indicati insistono entrambi sullo stesso arco DC e quindi sono congruenti per le proprietà degli angoli alla circonferenza [corollario 2 pag.195].

Dimostrazione II ⇒ I :

Ci viene chiesto di dimostrare anche il viceversa, adesso l'ipotesi è la seconda condizione mentre la tesi è la prima condizione.

Dunque partiamo dall'ipotesi che ̂DAC≡̂DBC .

Dobbiamo intendere tale ipotesi in senso generico, cioè che è anche ̂CAB≡̂CDB .

Per un noto teorema [teorema 29 pag.203] un quadrilatero è inscrivibile in una circonferenza se e solo se ha una coppia di angoli opposti supplementari.

Se noi riusciamo a dimostrare che, per fissare le idee, ̂DAB+̂DCB≡π allora segue la tesi.

Cominciamo a suddividere il primo di questi due angoli utilizzando le diagonali:

̂DAB+̂DCB=(̂DAC +̂CAB)+̂DCB

Ora, per ipotesi sappiamo che ^̂DAC≡̂DBC∧̂CAB≡̂CDB , dunque possiamo sostituire in questo modo:

̂DAB+̂DCB=̂DAC +̂CAB+̂DCB≡̂DBC+̂CDB+̂DCB

I tre angoli della somma ottenuta sono i tre angoli del triangolo BCD e quindi la loro somma è congruente ad un angolo piatto:

̂DAB+̂DCB=̂DAC +̂CAB+̂DCB≡̂DBC+̂CDB+̂DCB=π Da cui la tesi.

Ipotesi: poligono inscritto in una circonferenza;

poligono equilatero Tesi: poligono regolare Dimostrazione:

Essendo un enunciato molto generico potremmo avere delle difficoltà a fissare le idee.

Nella figura potete vedere un eptagono inscritto in una circonferenza. Ma vedremo tra poco che in realtà il numero dei lati non è importante per la dimostrazione.

Consideriamo quindi un generico poligono di n lati inscritto in una circonferenza, con tutti i lati congruenti.

Tracciamo tutti i raggi che uniscono il centro con i vertici del poligono. Evidentemente i raggi i lati del poligono formano dei triangoli.

Tali triangoli sono isosceli, perché due dei lati sono appunto raggi della circonferenza.

Siccome per ipotesi il poligono ha tutti i lati congruenti, allora tutti questi triangoli sono congruenti per il terzo criterio di congruenza.

Il poligono è dunque formato da tanti triangoli isosceli congruenti, tanti quanto i lati. Per le proprietà dei triangoli isosceli, anche gli angoli congruenti alla base sono congruenti tra loro e congruenti ai corrispondenti negli altri triangoli.

Osserviamo adesso che i lati del poligono sono la somma di due angoli alla base di due triangoli adiacenti. Facendo riferimento alla figura osserviamo che ̂GFE=̂GFO+̂OFE .

Dunque gli angoli del poligono sono tutti congruenti essendo somma di coppie di angoli tutti congruenti tra loro.

Come volevasi dimostrare.

Ipotesi: poligono regolare;

ogni lato prolungato con segmenti congruenti;

“nel medesimo senso”

Tesi: i vertici dei prolungamenti formano un poligono regolare.

Dimostrazione:

Anche in questo caso la figura riguarda un caso particolare, con il poligono regolare che è un eptagono. La dimostrazione però va fatta in generale per un poligono regolare di n lati.

Anche in questo caso possiamo concentrarci su due lati consecutivi, per fissare le idee AB e BC, consapevoli che lo stesso ragionamento si può ripetere per tutte le coppie di lati consecutivi che posso scegliere.

Essendo per ipotesi il poligono regolare, per definizione ha tutti i lati e tutti gli angoli interni congruenti fra loro. Fra le conseguenze abbiamo anche che tutti gli angoli esterni sono congruenti tra loro.

Grazie a questo sono in grado di dimostrare la congruenza dei triangoli AHN e BIH.

Infatti, per l'osservazione precedente ̂NAH ≡̂HBI in quanto angoli esterni del poligono regolare;

inoltre AN ≡BH per l'ipotesi che i prolungamenti sono tutti congruenti;

infine AH ≡BI in quanto somme di segmenti congruenti AB≡BC in quanto lati del poligono regolare e BH ≡CI in quanto prolungamenti congruenti per ipotesi.

Dunque i triangoli AHN e BIH sono congruenti per il primo criterio.

In particolare NH ≡HI . Questi ultimi due segmenti sono lati del nuovo poligono che si è formato. Data l'assoluta genericità della nostra dimostrazione, valida per tutte le coppie dei lati consecutivi, possiamo concludere che tutti i lati del nuovo poligono sono congruenti tra loro.

Resta da dimostrare che il nuovo poligono ha anche tutti gli angoli interni congruenti. In effetti tutti gli angoli interni sono congruenti alla somma ̂NHA+̂BHI , ovvero somma di angoli dei triangoli che abbiamo già dimostrato essere tutti quanti congruenti tra loro.

Abbiamo così dimostrato che il nuovo poligono ha tutti i lati congruenti e tutti gli angoli congruenti ed dunque un poligono regolare, come volevasi dimostrare.

Per fare il disegno ho utilizzato la quadrettatura: ho considerato la distanza OH lunga 3 quadretti e la corda AB lunga 8 quadretti. La circonferenza si può disegnare dopo utilizzando il centro e uno dei due estremi della corda per definire il raggio. [si procede allo stesso modo che si faccia con GeoGebra o con il vecchio ma sempre valido compasso].

Si osservi che i segmenti AH e OH sono i cateti di un triangolo rettangolo OAH. Per il teorema di Pitagora vale dunque la relazione r²=AH²+OH² .

Si possono trovare vari metodi di soluzione, o forse sarebbe più giusto dire, vari stili di soluzione. La scelta dipende dagli strumenti a nostra conoscenza e anche dai nostri gusti personali.

Il metodo che l'insegnante si può aspettare dalla classe, in questo momento, è il seguente.

Prima considerazione: AH ≡AB

2 o meglio 2 AH ≡AB .

La descrizione fatta nel testo dell'esercizio si può sintetizzare con AB≡8

3OH . Allora 2 AH≡8

3OH ovvero AH ≡8

6OH ovvero AH ≡4 3OH . Riprendendo la relazione che ci è stata fornita, cioè 5

6AH +4

9OH =14 dm , alla luce delle nostre considerazioni possiamo modificarla sostituendo a nostra scelta AH oppure OH, per esempio in questo modo: 5

6(4

3OH )+4

9OH =14 dm .

Si tratta di un'equazione di primo grado con incognita OH, siamo in grado di risolverla:

10

9 OH +4

9OH =14 dm ovvero 14

9 OH =14 dm ovvero OH =9 dm . Riprendendo la relazione AH ≡4

3OH possiamo dire pure che AH =12 dm

A questo punto applichiamo il teorema di Pitagora per calcolare il raggio della circonferenza:

r²=9²+12²=81+144=225 da cui r =15 dm Metodo (o stile) alternativo 1:

Se qualcuno già conosce i sistemi lineari potrebbe ricavare AH e OH risolvendo il sistema:

{

e poi proseguendo come sopra, col teorema di Pitagora.

Metodo (o stile) alternativo 2:

Una volta calcolato OH =9 dm possiamo dire che “un quadretto” corrisponde a OH

3 =3 dm . Se poi qualcuno si ricorda che 3,4,5 è una terna pitagorica può subito concludere che l'ipotenusa di quel triangolo rettangolo(che poi è il raggio) è lunga cinque quadretti (e si vede anche nella figura!), quindi senza scomodare quadrati e radici quadrate r =5OH

3 =15 dm .

In una sola riga ci vengono fornite ben tre equazioni:

2

9CH +1

6 AB=CH −AB 2

9CH +1

6 AB=3 CH −AB=3

Ognuno si può sbizzarrire col proprio gusto e col proprio stile (oltre che con le proprie conoscenze). Una via rapida e anche accessibile per questo livello di studi potrebbe essere quella di partire dalla prima equazione per ottenere una relazione più limpida tra AB e CH

CH −2

9CH =1

6 AB+AB 7

9CH =7 6 AB CH =3

2 AB

Questa scoperta ci permette anche di fare un disegno molto preciso!

Grazie alle altre equazioni possiamo ricavare le effettive lunghezze:

CH −AB=3 3

2AB−AB=3 1

2AB=3 AB=6 CH =3

2 AB=9

Grazie al teorema di Pitagora possiamo anche determinare la lunghezza del lato obliquo:

AC²=(AB 2 )

2

+CH²=(6 2)

2

+9²=9+81=90 ovvero AC =3

√

Ricordiamoci adesso che si tratta di un triangolo inscritto in una circonferenza, quindi i suoi lati sono corde i cui assi passano per il centro. Tutto questo per dire che D ed E sono punti medi dei lati obliqui, essendo OD e OE le distanze dal centro O dei lati obliqui.

Insomma abbiamo anche la misura dei segmenti AD =DC =3

2

√

Se conoscessimo la misura del raggio della circonferenza potremmo ottenere la distanza richiesta col teorema di Pitagora, ma a questo livello di studi non ci è possibile determinare il raggio (ci mancano soltanto un paio di capitoli). In effetti ci è stato chiesto di verificare che la distanza sia una certa misura che ci è stata fornita. Dobbiamo verificare che OD=

√

Per procedere con tale verifica potremmo calcolare il raggio della circonferenza in due modi diversi, utilizzando prima il triangolo rettangolo OCD e poi il triangolo rettangolo OHA.

Per quanto riguarda il triangolo OCD: r²=CD²+OD²=(3

2

√

√

Dunque il raggio è 5 cm. Se così fosse potremmo ricavare anche OH =CH −r=9−5=4

Osserviamo anche che l'altezza del triangolo isoscele è anche mediana, o se preferite è l'asse della corda, comunque lo giustifichiamo sappiamo che AH ≡AB

2

Facendo riferimento al triangolo OHA: r²=AH²+CH²=(6 2)

2

+4²=9+16=25

Dunque i conti tornano e possiamo dire che la verifica ha dato esito favorevole.

Risposta più avanzata:

Dicevamo che a questo livello di studi non eravamo in grado di ricavare il raggio. In effetti saremmo stati in grado di ricavare anche il raggio dopo aver letto il capitolo sulle similitudini.

Si noti infatti che i triangoli rettangoli ACH e OCD sono simili avendo un angolo retto, un angolo in comune e l'altro angolo necessariamente congruente.

Dunque OC CD=AC

CH da cui OC =AC×CD

CH =

3

√

√

9 =5

Meglio ancora, possiamo trovare direttamente la lunghezza richiesta senza passare per il raggio,

infatti: OD CD=AH

CH da cui OD=AH ×CD

CH =

6 2×3

2

√

9 =

√

2 =

√

Ipotesi: i lati di un angolo sono tangenti di una circonferenza;

Tesi:il centro della circonferenza sta sulla bisettrice Dimostrazione:

Tracciamo la retta che contiene l'origine P dell'angolo e l'origine O della circonferenza. Siano T e U i punti di tangenza dei lati dell'angolo con la circonferenza.

Dimostreremo che la retta OP è proprio la bisettrice dell'angolo.

Consideriamo i triangoli OTP e OUP.

• Sono rettangoli perché OT e OP sono raggi che formano un angolo retto con le tangenti;

• OT≡OU essendo raggi della circonferenza;

• OP è lato comune ai due triangoli;

Dunque i triangoli rettangoli OTP e OUP hanno congruenti ipotenusa e un cateto e quindi sono congruenti.

In particolare gli angoli ̂OPT ≡̂OPU e quindi abbiamo la tesi.

Ipotesi: ABCD trapezio isoscele con AB≡CD ; Tesi: ABCD inscrivibile;

OE ⊥ BC ;OE⊥ AD Dimostrazione:

Per dimostrare che ABCD è inscrivibile basta dimostrare che ha una coppia di angoli opposti supplementari [teorema 29 pag.203].

In effetti, essendo un quadrilatero la somma di tutti gli angoli è congruente ad un angolo giro ed essendo isoscele gli angoli alla base sono congruenti (sia che pensi alla base maggiore che alla base minore). Dunque sono supplementari gli angoli adiacenti al lato obliquo e pure le coppie di angoli opposti. Da cui la prima tesi.

Per quanto riguarda la seconda tesi, osserviamo prima che il punto E di incontro delle diagonali si trova sull'asse delle basi: i triangoli BCD e ABC sono congruenti per il terzo criterio, di conseguenza il triangoli AED è isoscele e per il punto E passa l'altezza che è anche mediana.

Dunque E appartiene all'asse di AD, ma anche all'asse di BC perché in un trapezio isoscele le basi hanno lo stesso asse (e d'altra parte lo stesso ragionamento si poteva fare partendo dal triangolo EBC)

In un secondo tempo ci ricordiamo che anche O appartiene all'asse di AD essendo AD corda della circonferenza circoscritta ad ABCD (anche in questo caso possiamo fare lo stesso ragionamento riferendoci alla corda BC).

Avendo dimostrato che OE è asse delle basi di ABCD, segue la tesi, visto che ovviamente la retta OE contiene un diametro.

Ipotesi:

ABCD e AEFD parallelogrammi equivalenti:

b=AD Tesi:

h altezza di entrambi Dimostrazione:

Per un corollario a un teorema di equivalenza [corollario 1 pag.243] 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 ^h1≠h₂

Per il corollario citato prima un parallelogramma è equivalente al rettangolo di lati b , h1 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 h1=b h₂ ovvero h1=h₂ in contrasto con l'ipotesi assurda.

Ipotesi: ABC triangolo;

D,E,F punti medi;

Tesi: i triangoli 1,2,3,4,5,6 sono equivalenti Dimostrazione:

Per fissare le idee diciamo che il triangolo ABC ha area 6a.

Come prima considerazione, osserviamo che i triangoli ABE e EBC sono equivalenti.

Infatti se facciamo riferimento alle basi AE e EC queste sono congruenti per ipotesi. Per entrambi i triangoli l'altezza relativa a queste basi è la distanza del vertice B dalla retta BC. Dunque, avendo stessa base e stessa altezza relativa i triangoli ABE e EBC sono equivalenti e quindi hanno area 3a.

Lo stesso ragionamento può essere ripetuto prendendo gli altri due lati come basi relative, dunque i triangoli ABE, EBC, CAF, FAB, BDC, ADC sono tutti equivalenti con area 3a.

Analogamente possiamo dire la stessa cosa per i triangoli AGE e EGC: hanno basi AE e EC congruenti per ipotesi e come altezza la distanza del vertice G dalla retta BC. Dunque i triangoli AGE e EGC sono equivalenti (e sono i triangoli 1 e 2 della nostra tesi).

Lo stesso ragionamento vale per le coppie di triangoli 3,4 e 5,6.

Dall'equivalenza dei triangoli ACF e ECB deduciamo, per differenza, l'equivalenza tra i triangoli 1 e 4, da cui, per proprietà transitiva, l'equivalenza tra 1,2,3,4.

Analogamente, dall'equivalenza tra ECB e DCB deduciamo l'equivalenza tra i triangoli 2 e 5, da cui, per proprietà transitiva, l'equivalenza fra tutti quanti, come vuole la tesi. Tutti ovviamente di area a.

Dimostrazione (leggermente) alternativa:

Come sopra arriviamo a dire che sono equivalenti i triangoli ABE e EBC con area 3a.

Come sopra arriviamo a dire che sono equivalenti i triangoli 1 e 2.

Da queste equivalenze possiamo dedurre per differenza l'equivalenza tra i triangoli AGB e GBC.

Il ragionamento si può ripetere in modo identico cambiando la base di riferimento: per esempio, scegliendo come base BC possiamo dimostrare che BFA e CFA sono equivalenti di area 3a, che sono equivalenti i triangoli 3 e 4 e per differenza che sono equivalenti i triangoli AGC e GBC.

Per proprietà transitiva sono equivalenti i tre triangoli AGC, GBC e AGB e hanno quindi area 2a.

Questi tre triangoli si scompongono a loro volta in tre coppie di triangoli equivalenti due a due, i triangoli 1,2,3,4,5,6, che a questo punto, possiamo affermare, hanno tutti area a e quindi sono tutti equivalenti. Insomma abbiamo dimostrato la tesi.

Ipotesi: ABCD trapezio;

E, F punti medi;

EH ⊥ BC ; FI ⊥ BC Tesi: ABCD, GHIJ equivalenti Dimostrazione:

Consideriamo i triangoli BEH e AEG, si osservi che

• ^̂BEH ≡̂AEG in quanto opposti al vertice;

• AE≡BE per ipotesi, essendo E punto medio di AB;

• EG≡EH per il teorema del fascio di parallele la retta EF è parallela alle basi e taglia i segmenti in parti che hanno le stesse proporzioni.

Dunque i triangoli BEH e AEG sono congruenti per il primo criterio di congruenza.

In modo del tutto analogo si può dimostrare che i triangoli CIF e DJF sono congruenti.

Infine osserviamo che il rettangolo GHIJ è equiscomponibile al trapezio ABCD, entrambi possiamo vederli come somma dell'esagono AEHIFD con due triangoli congruenti a BEH e CIF.

Dunque abbiamo la tesi.

Per inciso: chissà se qualcuno si ricorda le formule dei prodotti notevoli...

Cominciamo con il numero 53.

L'area del quadrato di lato a+b la calcolo semplicemente: (a+b)²=a²+2 a b+b² .

Già in questa formula possiamo riconoscere le aree dei quadrati di lato a e di lato b e il doppio dell'area del rettangolo di lati a , b .

Per questi motivi la dimostrazione è ovvia.

Consideriamo ora il numero 54

Analogamente a prima calcoliamo (a−b)²=a²−2 a b+b² .

In questa formula si vede bene la somma dei due quadrati, ma non appare immediata la visualizzazione dei due rettangoli da togliere.

Se osserviamo la figura, in prima battuta ci verrebbe da scrivere (a−b)²=a²−ab−(a−b)b . Sviluppando il calcolo letterale otteniamo (a−b)²=a²−ab−ab+b²=a²−2 ab+b² .

Ritornando alla figura, si può osservare che togliendo due volte il rettangoli di lati a , b finisco col togliere una volta di troppo il quadrato di lato b che quindi va, in qualche modo, restituito.

Pag.267 n.67;

Pag.268 n.86,87,88,89,90,91,92,93;

Pag.269 n.94,95;

Pag.270 n.97,98,99;

Pag.271 n.114;

Pag.272 n.123;

Pag.273 n.140;

Pag.274 n.149.

Esercizi aggiuntivi:

Pag.274 n.1,2,3 Pag.275 n.9,14,15.

Le informazioni che ci vengono fornite sono A B=m

n ; B C=p

q . Per ricavare le misure richieste procediamo algebricamente:

A C=A

B×B C=m

n p q=m p

n q ; C B=(B

C)

−1

=q p

Nella richiesta non si dice nulla sulla natura dei numeri m,n,p,q. Se tali numero fossero razionali, allora la risposta sarebbe affermativa. In casi diversi la risposta sarebbe negativa.

34 l²−l² 4=3

4l² r²=l² 4+()

pag.314 n.34;

pag.315 n.52,53,54;

pag.316 n.55,56,57,58,59;

pag.317 n.66 pag.318 n.82,83;

pag.319 n.85,86,87;

pag.320 n.92;

pag.321 n.107;

pag.322 n.117;

pag.323 n.125;

pag.324 n.128.

pag.325 n.10,13,18

Ipotesi: ABC triangolo rettangolo in A.

Tesi:

Dimostrazione:

Ovviamente

2

essendo AH l'altezza relativa a BC ed essendo ABC rettangolo in A per ipotesi.

Inoltre

e anche

da cui

.

Ne segue che

e dunque necessariamente

.

Abbiamo così dimostrato che i triangoli ABC, ABH, AHC sono simili, avendo gli stessi angoli.

In particolare, grazie alla similitudine dei triangoli ABH e ABC possiamo scrivere la proporzione:

AB=AH BH

.

Da questa segue immediatamente che

da cui la tesi.

Per il teorema fondamentale delle rette parallele tagliate da una trasversale possiamo affermare che gli angoli corrispondenti ̂BAC≡̂TDC ; ^̂ABC ≡̂TEC .

Consideriamo adesso i triangoli AMC e CTD: hanno un angolo in comune e un altro angolo congruente, quindi sono simili per il primi criterio di similitudine.

Analogamente possiamo dire che sono simili i triangoli BMC e CTE.

Da queste similitudini possiamo dedurre le seguenti proporzioni: CT

CM = DT

AM ; CT CM= TE

BM .

Per proprietà transitiva: DT AM = TE

BM .

Siccome per ipotesi AM =BM segue che DT =TE che è la tesi.

Ipotesi: ABC triangolo;

;

r∥BC

;

. Tesi:

Dimostrazione:

Osserviamo immediatamente che il quadrilatero BCED è un rettangolo visto che i lati sono paralleli due a due e ha per ipotesi due angoli retti.

Dunque anche

. Dalla somma interna degli angoli di ABC deduciamo che

2

; dal fatto che

2

deduciamo che

.

La conseguenza di queste due ultime affermazioni è che

. In modo del tutto analogo arriviamo a dire che

.

Osserviamo infine che i triangoli AEC e ADB sono rettangoli, rispettivamente in E e in D. Per somma interna degli angoli di un triangolo segue che

̂DAB≡̂ACE≡̂ABC

̂EAC≡̂ABD≡̂ACB

Concludendo, i tre triangoli ABC, ABD, ACE hanno tutti gli angoli corrispondenti

congruenti e quindi sono simili, come volevasi dimostrare.

Ipotesi: vedi testo.

Tesi:

AB= AB AD

Dimostrazione:

Utilizzeremo una proprietà delle circonferenze che nel libro è soltanto visualizzata alla pag.210.

Infatti ci sarà utile osservare che

̂FAB≡1

2̂AOB≡̂AEB

Detto questo, osserviamo che

̂FAB≡̂ABD

in quanto alterni interni relativamente alle rette parallele r e BC tagliate dalla trasversale AB a cui applichiamo il teorema fondamentale delle parallele tagliate da una trasversale.

Consideriamo adesso i triangoli ABE e ABD.

Hanno un angolo in comune:

;

Da quanto osservato sopra, per proprietà transitiva,

.

Per somma interna degli angoli di un triangolo segue che anche

.

Concludendo, i triangoli ABE e ABD sono simili, avendo tutti gli angoli congruenti.

Grazie a questa similitudine possiamo dire che è vera la proporzione:

AB= AB AD

che

è proprio la tesi.

Un corpo viene lanciato verso l'alto alla velocità di 49 m/s. Dopo quanto tempo ricade a terra?

Ci occorrono le formule del moto uniformemente accelerato:

s=1

2a t²+v₀t+s₀ v=a t+v₀

Il corpo sale finchè la velocità non si annulla:

da cui

. Dopo 5 secondi comincia a cadere da un'altezza di

2 g 5²+(49)(5)≈122,5

.

Per sapere in quanto tempo arriva a terra dal punto più alto devo risolvere l'equazione di secondo grado:

2 g t²

da cui

.

Ricapitolando, 5 secondi per salire, 5 secondi per scendere: il tempo che passa dal

lancio alla caduta è terra è di 10 secondi.