Geometria
Lezione del 04/02/2011
Stage di Faenza Progetto Olimpiadi
Assiomi
• Sono 5, i primi 4 sono:
1. Tra due punti qualsiasi è possibile tracciare una ed una sola retta.
2. Si può prolungare un segmento oltre i due punti indefinitamente.
3. Dato un punto e una lunghezza, è possibile descrivere un cerchio.
4. Tutti gli angoli retti sono uguali.
Postulato delle parallele
• 3 Modi equivalenti di enunciarlo sono:
1. Data una retta r e un punto p non appartenente ad essa, esiste ed è unica la retta
parallela ad r passante per p 2. Due rette parallele tagliate
da una trasversale formano angoli alterni interni uguali 3. La somma degli angoli interni
di un triangolo è 180°
• CURIOSITA’: Esistono
geometrie non euclidee che violano questo postulato
Teorema angolo esterno
• L’angolo esterno è pari alla somma degli angoli interni non adiacenti
• DIMOSTRAZIONE:
R=180-r; per il 5°
postulato r+b+v=180 e quindi b+v=180-r=R
Teorema di Talete
• Un fascio di rette parallele determinano su 2
trasversali 2 classi di segmenti direttamente proporzionali
• DIMOSTRAZIONE: traccio CD e BE, i
triangoli CDE e BCE hanno base in comune e stessa altezza, quindi hanno la stessa area, di conseguenza
Area(ADE):Area(BDE)=Area(ADE):Area(CD E). Ma ADE e CDE hanno stessa altezza, quindi Area(ADE):Area(CDE)=AE/CE, per lo stesso motivo
Area(ADE):Area(BDE)=AD/BD, da cui si ottiene la tesi AD/BD=AE/CE
• COROLLARIO: inoltre si può dimostrare che anche i segmenti determinati sulle parallele sono direttamente proporzionali a…
Applicazione di Talete
• Prendiamo AL=LB, BN=NC e CM=MA, allora per talete LN è parallelo ad AC, e per il corollario precedente è vale anche 2LN=AC; ancora per talete BK=KM. Infine,
sempre per talete, GLN e GAC sono simili e dato che le basi stanno in rapporto 2:1 AG=2GN, CG=2GL e MG=2GK, e quindi
GB=GK+KB=GK+MK=GK+GK +MG=2MG e 3MG=MB
Disuguaglianze Triangolari
• Le enuncio senza dimostrazione:
• AB+BC>=AC
• AB>=|AC-BC|
Applicazione disuguaglianze triangolari
• Tesi: la somma delle lunghezze delle
mediane è minore del perimetro
• Dimostrazione:
2CL=CC’<=BC+CA
• 2AN=AA’<=CA+AB
• 2BM=BB’<=AB+BC
• Sommando
2*S_med<=2*Perimetro
Bisettrice di un angolo
• Retta formata dai punti equidistanti dalle due semirette che formano l’angolo
• Nel triangolo si
incontrano nell’Incentro
Raggio circonferenza inscritta a un triangolo
• S_ABC=S_ABI+S_BCI+S_
CAI=cr/2+ar/2+br/2=(a+
b+c)r/2
• Quindi
r=2S/(a+b+c)=S/p dove p indica il
semiperimetro
Formula di Erone
• Come trovo S se so solo i lati?
• S=SQRT[p(p-a)(p-b)(p-c)]
• DIMOSTRAZIONE: c’è quella data da Erone, la ometto. Una dimostrazione moderna è la seguente (uso di trigonometria)
• Cos(C)=(a^2+b^2-c^2)/2ab
• Sin(C)=SQRT[4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)]/2ab
• S=abSin(C)/2= SQRT[4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)]/4=SQRT[p(p-a)(p- b)(p-c)]
Teorema della bisettrice
• ABC trinagolo qualsiasi, traccio AD la bisettrice, quindi gli angoli BAD=DAC=BAC/2
• Traccio la parallela ad AD
passante per C e prolungo BA fino ad incontrare tale parallela
chiamo E l’intersezione
• Per Talete DAC=ACE=BAC/2
• Sempre per Talete possiamo scrivere BD/BC=AB/AE
• Per il teorema dell’angolo
esterno, CAE=180-BAC e quindi AEC=180-(180-BAC)-
BAC/2=BAC/2
• Quindi ACE è isoscele e AE=AC
• Ottengo la tesi BD/BC=AB/AC
Circocentro
• Punto di incontro degli assi
• Centro della circonferenza circoscritta
• R=abc/4S
• DIMOSTRAZIONE: fa uso del teorema della corda (trigonometria
• c=2Rsin(C), R=c/2sin(C)
=abc/(2ab*sin(C)=abc/4S
Ortocentro
• Luogo di incontro delle altezze
• A,B,C,H costituiscono un sistema ortocentrico,
ovvero formato un
triangolo con 3 di questi 4 punti, il 4° rappresenta il suo ortocentro
• H,G ed O sono allineati e giacciono sulla “retta di Eulero”, inoltre HO=2HG
Circonferenze
• L’angolo al centro è il doppio
dell’angolo alla circonferenza, che ha lo stesso valore qualsiasi sia il vertice che scelgo sulla
circonferenza
• DIMOSTRAZIONE: dato l’arco AB e un punto C sulla circonferenza ma esterno ad esso,
traccio il diametro che ha per C uno dei due estremi.
• OCB è isoscele su base BC, perché OC e OB sono raggi, DOB=2DCB per il teorema dell’angolo esterno. Analogamente si dimostra che AOD=2ACD, e sommando si ottiene che AOB=2ACB
• COROLLARIO: un triangolo rettangolo è inscrivibile in una semicirconferenza, e ogni triangolo iscritto in una semicirconferenza è rettangolo
• COROLLARIO 2: un rettangolo è sempre inscrivibile in una circonferenza
Inscrivibilità
• Un quadrilatero è
iscrivibile se e solo se la somma degli angoli
opposti è 180 gradi
• DIMOSTRAZIONE: ABC e CDA insistono su archi complementari, quindi la somma dei loro
relativi angoli al centro è 360°, e la loro somma è quindi 180°
Applicazione criterio Inscrivibilità
• Sia H l’ortocentro di un
triangolo ABC, costruiamo H’
simmetrico di H rispetto alla base BC, dimostra che ABH’C è ciclico
• DIMOSTRAZIONE: vedi figura
• H ortocentro, M punto medio AB, sia H’ l’intersezione del prolungamento di HM con la circonferenza, dimostra che AHBH’ è un parallelogramma
• HINT per la dimostrazione:
basta guardare gli angoli
Teorema di Tolomeo
• AC*BD=AD*BC+AB*CD
• DIMOSTRAZIONE: costruiamo
sulla diagonale AC un punto E tale che AEB=BDC;
• BAC=BDC perché insistono sullo stesso arco, quindi AEB e BCD sono simili e AE:CD=AB:BD;
• BCA=BDA perché insistono sullo stesso arco, e poiché BCD e BEA sono simili, CBD=ABE e quindi ABD=EBC, quindi ABD e EBC sono simili e vale EC:BC=AD:BD
• Le due precedecenti equazioni diventano AB*CD=AE*BD e AD*BD=EC*BD, sommandole si ottiene la tesi
Potenza di un punto rispetto a una circonferenza
• Pow(P)=PB*PA se P è esterno
• Pow(P)=0 se è sulla circonferenza
• Pow(P)=-PB*PA se è interno alla circonferenza
• La potenza non dipende dalla scelta di A
• DIMOSTRAZIONE:
• Caso esterno: BPA’ e APB’ sono simili in quanto BPB’ è in comune, e BAB’ e BA’B’
insistono sullo stesso arco e quindi sono uguali; quindi PB’/PA=PB/PA’ =>
PA*PB=PA’*PB’=Pow(P)
• Caso interno: PAB e PA’B’ sono simili perché APB=A’PB’ essendo opposti al vertice e gli altri sono uguali a due a due perché insistono sullo stesso arco, quindi PA/PA’=PB’/PB => PA*PB=PA’*PB’=-Pow(P)
