1 135

(1)

1

In un triangolo rettangolo l'ipotenusa è congruente a 13

5 di un cateto. Dimostrare che l'ipotenusa e l'altro cateto sono commensurabili.

Ipotesi: a ipotenusa, b,c cateti del triangolo rettangolo;

a≡13 5 b

Tesi: a,c commensurabili Dimostrazione:

Per il teorema di Pitagora: a²=b²+c² . Nel nostro caso: a²=( 5 13)

2

a²+c² ovvero a²−( 5

13)

2

a²=c² ovvero 169−25

169 a²=c² ovvero 144

169a²=c² ovvero 12

13a=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

Dimostrazione:

Si osservino nella figura le linee tratteggiate che vanno a definire ulteriori figure.

In particolare si osservi il triangolo AO1O₂ 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 BO1O₂ .

Da questa osservazione deduciamo che ^̂BO₂O₁≡̂O₁O₂A≡60 ° che è l'ampiezza di tutti gli angoli di un triangolo equilatero.

Allora l'angolo ̂BO₂A≡120 ° . Questo è l'angolo al centro ^O2 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≡̂BO₂A in quanto angoli alla circonferenza (di centro O1 ) 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

Dimostrazione:

Osserviamo i triangoli AO1P e B O2P . 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

̂O₁PA≡̂O₁AP ; ̂O₂PB≡̂O₂BP

Osserviamo poi che P appartiene alla retta O1O₂ .

Possiamo dunque dire che gli angoli in quanto opposti al vertice ̂O₁PA≡̂O₂PB Per proprietà transitiva possiamo allora dire che ̂O₁AP≡̂O₂BP .

Questi ultimi due sono a loro volta rispettivamente supplementari agli angoli ̂tBr e ^̂sAt visto che le rette tangenti ad una circonferenza formano un angolo retto con il raggio della circonferenza.

Allora ̂tBr≡̂sAt 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:

√

³⁹²⁻³⁶²^{=15 .}

Calcoliamo l'area del triangolo rettangolo: 1

2×36×15=270

Il quadrato equivalente ha la stessa area, quindi determiniamo il suo lato

√

270≈16,43 . Il perimetro del quadrato è 4×

√

270≈65,73 .

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: 2×336

48 =14 .

Col teorema di Pitagora determiniamo anche l'ipotenusa:

√

¹⁴²⁺⁴⁸²^{=50 .}

Dunque il perimetro richiesto è 50+48+14=112

3c

Il perimetro di un rombo è 60 cm e una diagonale è 8

5 del lato. Determinare il perimetro del quadrato equivalente al rombo.

Determiniamo subito il lato del rombo: 60

4 =15 . Possiamo determinare anche una diagonale: 8

5×15=24 .

Grazie al teorema di Pitagora possiamo determinare la metà della seconda diagonale:

√

¹⁵²⁻⁽²⁴² ⁾²=9 . Dunque la seconda diagonale è ^2×9=18 . A questo punto possiamo calcolare l'area del rombo: 1

2×24×18=216

Il quadrato equivalente ha lato

√

216≈14,70 e quindi perimetro 4×

√

216≈58,79 .

(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 ^̂AOC =50 ° ;

Il triangolo OAC è isoscele perché OA e OC sono raggi, quindi ̂CAO≡180 °−50 °

2 =65° .

L'angolo richiesto è il complementare:

90 °−65 °=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.

̂AOB≡120 ° ;

il triangolo AOB è isoscele, perché due lati sono raggi della circonferenza, quindi ̂OBA≡180 °−120 °

2 =30 ° . L'angolo richiesto è il complementare 90 °−30°=60 ° . Nella domanda si parla di angoli al plurale, dunque citiamo anche il supplementare 180 °−60 °=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.

̂OBA≡90 °−55°=35 ° .

Possiamo calcolare l'angolo richiesto grazie alla somma interna degli angoli di un triangolo:

̂AOB≡180 °−2×35°=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: 180 °−40 °−35°=105° . Necessariamente il suo supplementare è 180 °−105 °=75° e gli altri due sono i rispettivi opposti al vertice (e quindi congruenti).

(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.

Dimostrazione:

Per il teorema dell'ortocentro [pag.197-198 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 BAĈ ^. Ipotesi:

BAC = π̂

2 ; ̂ACD= π 2 ; CD≡AC .

Tesi:

BAD≡ ̂̂ DAC Dimostrazione:

Il triangolo ACD è isoscele visto che per ipotesi CD≡AC .

Sempre per ipotesi ACD= π̂

2 , quindi del triangolo ACD possiamo pure dire che

DAC≡ ̂̂ ADC , in quanto triangolo isoscele, ma anche che DAC≡ ̂̂ ADC ≡π

4 per somma interna degli angoli di un triangolo.

Quello che ci interessa è che DAC≡ π̂ 4 . Inoltre, essendo per ipotesi BAC = π̂

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 MON̂ ^.

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

Dimostrazione:

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 BD≡AB e dimostrare che DC > AB .

Ipotesi:

triangolo ABC isoscele con AC≡AB ; A, B, D allineati;

BD≡AB . Tesi:

DC > AB

Dimostrazione:

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

Dimostrazione:

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 EOF = ̂̂ AOB .

Ricapitolando: OEF≡̂ π− ̂EOF

2 =π− ̂AOB

2 ≡ ̂OAB 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 360 °−2×145 °=70°

Gli altri due angoli hanno dunque ampiezza 70°

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 360°−2×40 °

2 =140 ° .