QUADERNO 2 E – 2 F – 2019/2020

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QUADERNO 2 E – 2 F – 2019/2020

MODULO 12: TEOREMI DI EUCLIDE E PITAGORA DEFINIZIONE/NOTAZIONE

Dato un segmento s indicheremo con q(s) il quadrato costruito su s, ovvero il quadrato con un lato che coincide con s.

Dati due segmenti s,t indicheremo con r(s,t) il rettangolo costruito con lati congruenti a s e a t.

[pag.250 vol.Geometria]

TEOREMA (Primo teorema di Euclide)

Sia ABC triangolo rettangolo in C, sia H la proiezione di C sull'ipotenusa AB.

q(AC) è equivalente a r(AB, AH).

[pag.250 vol.Geometria, esercizio n.83 pag.267]

Dimostrazione:

Nella figura si vede il triangolo rettangolo ABC in una posizione un po' insolita.

Costruiamo il quadrato q(AC)=ACDE e il rettangolo AHMN congruente a r(AB, AH), cioè con AN congruente a AB.

Costruiamo anche una terza figura che non viene citata nell'enunciato: il quadrilatero ACKL, prolungando i lati di AN e HM dalla parte del triangolo e prolungando il lato DE che incontra i precedenti prolungamenti in L e K.

Il quadrilatero ACKL è un parallelogramma, infatti KC e AL sono parallele per costruzione, ma anche CA e KL sono paralleli per costruzione. Quindi è un quadrilatero con lati opposti paralleli e quindi è un parallelogramma.

Il parallelogramma ACKL è equivalente al quadrato ACDE perché hanno stessa base e stessa altezza, la distanza tra le parallele CA e DE.

Adesso osserviamo i triangoli ABC e AEL, sono entrambi rettangoli rispettivamente in C e in L e hanno il lato AC congruente al lato AE per costruzione. Inoltre gli angoli

̂

CAB≡̂EAL ^sono congruenti, in quanto complementari allo stesso angolo

̂

LAC ^.

Dunque i triangolo ABC e AEL sono congruenti per il criterio di congruenza dei triangoli rettangoli.

In particolare i lati AL e AB sono congruenti.

Tutto questo ci serve per poter dire che il rettangolo AHMN e il parallelogramma ACKL hanno base e altezza congruenti (l'altezza è ovviamente la distanza tra le rette parallele) e quindi sono equivalenti.

Dunque, per la proprietà transitiva abbiamo la tesi, visto che il quadrato ACDE è equivalente al parallelogramma ACKL che è equivalente al rettangolo AHMN.

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OSSERVAZIONE

Probabilmente alle scuole medie inferiori questo teorema era stato enunciato dal punto di vista delle aree: AC²

=

AB× AH

TEOREMA (Teorema di Pitagora)

Sia ABC triangolo rettangolo in C. q(AB) è equivalente a q(AC)+q(BC).

Dimostrazione:

Costruiamo i tre quadrati q(AB); q(AC); q(BC).

Nella figura diventano rispettivamente ABLN; ACDE; BCFG.

Tracciamo anche l'altezza CH relativa all'ipotenusa AB, e prolunghiamola fino ad incontrare il lato LN nel punto M.

Si osservi che per il primo teorema di Euclide dimostrato sopra, il quadrato BCFG è equivalente al rettangolo BHML e il quadrato ACDE è equivalente al rettangolo AHMN .

Siccome BHML+AHMN= ABLN abbiamo la tesi.

OSSERVAZIONE

Il teorema di Pitagora è forse il teorema più famoso del mondo e probabilmente anche uno dei più antichi. Era sicuramente già noto dal punto di vista del calcolo delle aree:

AB²

=

AC²

+

BC²

TEOREMA (secondo teorema di Euclide)

Sia ABC triangolo rettangolo in C, sia CH l'altezza relativa all'ipotenusa.

q(CH) è equivalente a r(AH; HB).

Dimostrazione:

Costruiamo tutto quello che ci serve, nella figura:

CHKF = q(CH);

AHMN congruente a r(AH, AB);

ACDE=q(AC);

AHPQ= q(AH);

r(AH;HB) è congruente a PQNM=AHMN-AHPQ

Essendo ovviamente il triangolo AHC rettangolo in H, per il teorema di Pitagora dimostrato sopra ACDE è equivalente a CHFK+AHPQ. Ma ci è più utile vederla come CHFK che è equivalente a ACDE – AHPQ.

Per il primo teorema di Euclide applicato al triangolo ABC abbiamo anche che ACDE è equivalente a AHMN.

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Ricapitolando: CHFK è equivalente a ACDE – AHPQ che è equivalente a AHMN – AHPQ = PQNM, quindi abbiamo la tesi.

OSSERVAZIONE

Per quanto riguarda la versione con le aree: CH²

=

AH × BH OSSERVAZIONE

I teoremi di Euclide permettono di risolvere il problema della “quadratura del rettangolo”, ovvero di trasformare un rettangolo qualsiasi in un quadrato equivalente con riga e compasso.

Per esempio si può disegnare una semicirconferenza con diametro il lato più grande del rettangolo.

Si riporta l'altro lato sul diametro individuando il piede dell'altezza di un triangolo (necessariamente rettangolo) che ha vertice sulla circonferenza. Per il primo teorema di Euclide disegnamo il quadrato costruendolo sul lato di questo rettangolo.

OSSERVAZIONE

Sapevamo già che ogni poligono convesso può essere trasformato in un rettangolo equivalente, adesso possiamo dire che ogni poligono convesso può essere trasformato in un quadrato equivalente.

OSSERVAZIONE

Per quanto riguarda le circonferenze risulta problematica misurarne la lunghezza, anche se possiamo intuitivamente immaginare di misurare la lunghezza di una corda disposta come una circonferenza.

TEOREMA (NUMERO PI GRECO)

Data una circonferenza di diametro d e lunghezza l allora l d

=π

OSSERVAZIONE

La dimostrazione di tale teorema è troppo difficile per questo livello di studi.

OSSERVAZIONE

Il numero

π

è un numero irrazionale, cioè non è possibile rappresentarlo in forma di frazione (o equivalentemente non è possibile rappresentarlo in forma decimale finita o periodica).

OSSERVAZIONE

Indicando con r il raggio della circonferenza, allora d =2 r e l=2π r TEOREMA

La misura dell'area di un cerchio di raggio r è A=π r² OSSERVAZIONE

Anche in questo caso non ci occuperemo della dimostrazione.

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ESERCIZIO n.84 pag.267

Trasforma un triangolo in un quadrato equivalente (usando il primo teorema di Euclide) Partiamo dal triangolo ABC.

Costruiamo il rettangolo equivalente che ha come lati la base AB e metà dell'altezza del triangolo.

Su tale rettangolo costruiamo il triangolo inscritto nella semicirconferenza di diametro DE (lato del rettangolo) e con EG proiezione di un cateto congruente all'altro lato.

Il triangolo DEH è rettangolo in H perché inscritto in una semicirconferenza.

Per il primo teorema di Euclide il quadrato costruito sul cateto EH è equivalente al rettangolo ED e AG, cioè proprio il nostro rettangolo che era equivalente al triangolo di partenza..

Trasforma un pentagono in un quadrato equivalente, usando il secondo teorema di Euclide.

Gli autori del libro vogliono farci faticare. Parlando genericamente, abbiamo imparato che qualunque poligono possiamo ridurlo di un lato fino a farlo diventare un triangolo equivalente, tale triangolo è equivalente ad un rettangolo con lati la base originale e la metà dell'altezza del triangolo, e alla fine (e qui c'è la parte nuova), potremo applicare il secondo teorema di Euclide per trasformarlo in un quadrato equivalente.

Eseguiamo la missione come ci è stata richiesta: partiamo da un pentagono generico.

Abbiamo imparato a trasformarlo in un quadrilatero equivalente.

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A sua volta questo quadrilatero può essere trasformato in un triangolo equivalente.

Un'altra cosa che sappiamo è che il triangolo con base b e altezza h è equivalente ad un rettangolo con lati b e metà di h.

Adesso arriva la parte nuova: utilizzeremo il secondo teorema di Euclide per costruire un quadrato equivalente.

Osservate il triangolo verde JLI. L'ho costruito in questo modo: ho prolungato il lato HI del rettangolo di un segmento HJ congruente all'altro lato AH. Poi ho disegnato la semicirconferenza di diametro IJ e determinato il punto L come intersezione della semicirconferenza col prolungamento di AH.

Il triangolo JLI è rettangolo in L perché inscritto in una semicirconferenza.

Dunque posso applicare il secondo teorema di Euclide.

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Il quadrato HLPO costruito sull'altezza HL del triangolo è equivalente al rettangolo AHIJ i cui lati sono congruenti alle proiezioni dei cateti sull'ipotenusa.

Sono quindi riuscito a costruire un quadrato che, per proprietà transitiva, è equivalente al pentagono dal quale sono partito.

ESERCIZIO n.86 pag.268 (vero/falso)

a_ FALSO, per il teorema di Pitagora è quello costruito sull'ipotenusa che è somma degli altri due.

b_ FALSO, si può verificare con un disegno, “avanza” un rettangolo.

c_ VERO, è il primo teorema di Euclide.

d_ VERO, è il secondo teorema di Euclide.

ESERCIZI n. 87,88,89,90,91,92,93 pag.268 (risposta multipla)

87 b la lunghezza del lato moltiplicata la lunghezza dell'altezza relativa dà come risultato il doppio dell'area del triangolo, quindi essendo

15×16=240

occorre scegliere tra le risposte il numero x tale che

20×x=240

ovvero 12.

88 a

Per il teorema di Pitagora

15

²

=(

b

2 )

2

+h

²

=(

b

2 )

2

+( 3 8

b)

2

=( 1 4 + 9

64 )

b²

= 25 64

b² Dunque b²

=15

²

× 64

25

^ovvero b=15× 8

5 =24

La scelta è tra i perimetri, ma togliendo a tutti i perimetri la somma dei lati obliqui

15+15=30

abbiamo la scelta tra le basi, ovvero nell'ordine 24,26,28,30,32.

89 c

L'area del triangolo

1

2

b h= 1

2 (9+16) √ ^{9×16= 1} ₂ ^× ^25×12=150

90 b

Per il teorema di Pitagora si ricava immediatamente AB=

√ ⁴⁰

²

⁻²⁴

²

⁼³²

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Per il secondo teorema di Euclide AD=AC² AB

= 24

²

32 =18

Ancora per il teorema di Pitagora: CD=

√

^AD²

⁺

^AC²

⁼ √ ¹⁸

²

⁺²⁴

²

⁼³⁰

Banalmente

BD= AB+ AD=32+18=50

Dunque il perimetro

BC + BD+CD=40+50+30=120

91 d per il teorema di Pitagora.

92 e è il secondo teorema di Euclide.

93 a per il primo teorema di Euclide.

Completa la seguente tabella relativa a triangoli rettangoli:

primo cateto secondo cateto ipotenusa perimetro area

7 24 25 56 84

30 16 34 80 240

40 9 41 90 180

32

15

8

^{primo c.}

68 160 960

3

4

^ipotenusa

5 √ ⁷

²⁰

³⁵⁺⁵ √ ⁷ ⁷⁵

2 √ ⁷

Dove manca uno dei tre lati si usa il teorema di Pitagora.

Se un lato è indicato come frazione di un altro, si esegue la moltiplicazione:

15 8 ×32=60 3

4 ×20=15

Alla terza riga possiamo ricavare il cateto mancante dall'area:

180×2

9 =40

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Nell'ultima riga il secondo cateto è irrazionale

√ ²⁰

²

⁻¹⁵

²

⁼ √ ¹⁷⁵⁼⁵ √ ⁷

Completa la seguente tabella relativa a triangoli isosceli base lato altezza relativa

alla base

perimetro area

30

5

6

^base

20 80 300

8

3

^altezza

160 96 576 12288

18 41 40 100 360

160 170 150 500 12000

Se un lato è indicato come frazione di un altro, si esegue la moltiplicazione.

5 6 ×30=25 8

3 ×96=256

Possiamo pensare al triangolo isoscele come all'unione di due triangoli rettangoli “incollati” lungo l'altezza relativa alla base. Quindi il triangolo rettangolo che osserveremo avrà come ipotenusa uno dei lati congruenti e come cateti l'altezza relativa alla base e la metà della base. Tutto questo discorso per giustificare il fatto che utilizziamo il teorema di Pitagora in questo modo:

(

b

2 )

2

+

h²

=l

²

Alla terza riga possiamo ricavare l'altezza relativa:

360×2 18 =40

All'ultima riga possiamo ricavare la base:

500−2×170=160

Nel triangolo ABC l’angolo

̂ BAC

è acuto; si sa che il quadrato costruito sul lato AB è equivalente al rettangolo avente per dimensioni il lato AC e la proiezione AD del lato AB su AC.

Dimostra che il triangolo ABC è rettangolo e ha come ipotenusa il lato AC. (E`il teorema inverso del PRIMO TEOREMA DI EUCLIDE. Suggerimento: segui la stessa costruzione fatta per dimostrare il teorema diretto.)

La cosa imbarazzante in questo tipo di situazione è come fare il disegno. Disegniamo un triangolo ABC rettangolo o lo disegniamo genericamente non rettangolo? Ci sono pro e contro per entrambe le scelte. Se però fate il disegno con GeoGebra avete la possibilità di modificare l'angolo in ogni momento e quindi è un po' come avere a disposizione entrambe le scelte. Disponendo solo di carta e penna si può pensare anche a fare due disegni diversi, ma anche in questo caso c'è il rischio di confondersi. Alla fine ognuno deve scegliere il modo migliore per se stesso, per quanto mi riguarda disegno il triangolo ABC rettangolo e rimango concentrato.

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Ci viene dato un suggerimento, seguiamolo, dobbiamo impostare la stessa costruzione della dimostrazione “a diritto”, ma in questo caso dovremo seguirla a ritroso!

Quindi prolungando i lati dei due quadrilateri ABPQ e ADGE ottenendo un parallelogramma AFHB.

È facile verificare che tale parallelogramma è equivalente al quadrato (stessa base e stessa altezza), per quanto riguarda l'equivalenza con il rettangolo dipende dal fatto che AF sia congruente a AE, intendendo con F l'intersezione della retta AE con la retta PQ.

Per assurdo il parallelogramma non sia equivalente al rettangolo: allora spostando F un po' più avanti o un po' più indietro, otterrei un parallelogramma equivalente al rettangolo, e tale parallelogramma sarebbe ovviamente non equivalente a AFHB, ma questo contraddice l'ipotesi che il quadrato e il rettangolo siano equivalenti. Quindi AF è congruente ad AE che poi è congruente ad AC.

Osserviamo ora i triangoli ABC e AQF: abbiamo già visto che AF è congruente ad AC, ovviamente AB è congruente ad AQ (sono i lati del quadrato), inoltre gli angoli

̂

DAF≡̂BAC ^perché entrambi sono congruenti a

π

2 −̂

FAB _.

Quindi i triangoli AQF e ABC sono congruenti e in particolare ABC è rettangolo in B, come volevasi dimostrare.

Nota bene: se

̂

BAC non fosse stato acuto no avremmo potuto arrivare alle stesse conclusioni, del resto un triangolo rettangolo non può avere un angolo ottuso.

Dimostra che se il quadrato costruito su un lato di un triangolo è equivalente alla somma dei quadrati costruiti sugli altri due lati, l’angolo opposto al primo lato è retto. (E` il teorema inverso del TEOREMA DI PITAGORA. Suggerimento: costruisci un triangolo rettangolo avente i cateti rispettivamente congruenti al secondo e al terzo lato del triangolo dato; applica al nuovo triangolo il teorema di Pitagora)

Dal punto di vista del disegno non c'è molto da fare. Per aiutarmi a riflettere disegno due triangoli che abbiano due lati su tre congruenti, uno rettangolo e l'alto no. Nella figura vedete il triangolo ABC rettangolo in B e il triangolo non rettangolo BDE con i lati BD congruente a AB e BE congruente a BC. Come già detto, questo disegno serve soltanto a riflettere, il nostro ragionamento sarà puramente logico.

(10)

Per ipotesi q(BE)+q(BD) è equivalente a q(DE).

D'altra parte, avendo costruito il triangolo rettangolo ABC, possiamo applicare il teorema di Pitagora e affermare che q(BC)+q(AB) è equivalente a q(AC).

Come già detto, il lato AB è congruente al lato BD e il lato BC è congruente al lato BE, quindi q(BC)+q(AB) è congruente, e in particolare equivalente, a q(BD)+q(BE).

Per proprietà transitiva q(AC) è equivalente a q(DE), ma essendo entrambi dei quadrati, questo implica che sono congruenti e quindi che i lati AC e DE sono congruenti.

In definitiva, partendo dall'ipotesi che q(BE)+q(BD) è equivalente a q(DE) abbiamo dimostrato che i due triangoli sono lo stesso triangolo rettangolo che è rettangolo in B, come volevasi dimostrare.

ESERCIZIO n.99, pag.270

Dimostra che se l’altezza AH di un triangolo ABC cade internamente alla base BC e se il quadrato costruito sul lato AH è equivalente al rettangolo che ha per lati i segmenti BH e HC, il triangolo ABC è rettangolo e ha per ipotenusa la base BC. (E` il teorema inverso del SECONDO TEOREMA DI EUCLIDE. Suggerimento: applica inizialmente il teorema di Pitagora ai triangoli BHA e CHA;

infine applica al triangolo ABC il teorema dimostrato nell’ESERCIZIO 98.)

Anche in questo caso il disegno serve più che altro a farci riflettere. Per fortuna che possiamo seguire i suggerimenti.

Applicando il teorema di Pitagora al triangolo BHA ci rendiamo conto che

q(BH)+q(AH) è equivalente a q (AB)

Applicando il teorema di Pitagora al triangolo CHA ci rendiamo conto che

q(CH)+q(AH) è equivalente a q (AC).

Dato che possiamo fare somme di figure equivalenti, possiamo dire che

q(AB)+q(AC) è equivalente a q(BH)+2 q(AH) + q(CH)

Per ipotesi q(AH) è equivalente a r(BH; CH), quindi, possiamo affermare che

q(AB)+ q(AC) è equivalente a q(BH)+2r(BH;HC)+ q(CH).

Quest'ultima somma di poligoni (osservate la figura) rappresenta una scomposizione del quadrato costruito su AB, cioè q(BH)+2r(BH;HC)+ q(CH) è equivalente a q(AB).

Dunque, per proprietà transitiva possiamo affermare che q(AB)+q(AC) è equivalente a q(BC). Per quanto già detto nell'esercizio 98, questo ci basta ad arrivare alla tesi.

(11)

Dimostra che in un trapezio la somma dei quadrati costruiti sulle diagonali è equivalente alla somma dei quadrati costruiti sui lati obliqui aumentata del doppio del rettangolo avente per lati le basi.

Consideriamo il triangolo AED rettangolo in E:

q(AD)=q(AE)+q(DE) per il teorema di Pitagora;

Consideriamo il triangolo BDE rettangolo in E:

q(BD)=q(DE)+q(BE) per il teorema di Pitagora;

Consideriamo il triangolo ACF rettangolo in F:

q(AC)=q(CF)+q(AF) per il teorema di Pitagora;

Consideriamo il triangolo BCF rettangolo in F:

q(BC)=q(CF)+q(BF) per il teorema di Pitagora;

Si osservi che q(BD)+q(AC)=q(DE)+q(BE)+q(CF)+q(AF)=

=q(DE)+2 r(BF;EF )+q(BF)+q(EF)+q(CF)+2r(AE; EF)+q(AE)+q(EF)=

=q(AD)+2 r (AB; CD)+q(BC)

Ovvero la tesi.

ESERCIZIO n.127 pag.272 La base di un rettangolo è

5

12

della sua altezza e la differenza tra altezza e base è 42 cm.

Determina perimetro e area del rombo che si ottiene congiungendo successivamente i punti medi dei lati del rettangolo.

La figura ci serve da pro memoria, si osservi come le diagonali del rombo sono congruenti ai lati del rettangolo.

La differenza di 42 cm corrisponde a

1− 5 12 = 7

12

dell'altezza, che quindi è

42×12 7 =72

cm.

La base è quindi

72×5

12 =30

cm.

Possiamo subito calcolare l'area del rombo:

30×72

2 =1080

cm² Per calcolare il perimetro ci occorre la misura del lato del rombo, che possiamo ricavare grazie al teorema di Pitagora, il quadrato del lato del rombo infatti è

( 30 2 )

2

+( 72 2 )

2

=225+1296=1521

che è il quadrato di 39.

Dunque il perimetro richiesto è

39+39+39+39=156

^cm

(12)

Un rombo ha una diagonale di 48 cm e il perimetro di 100 cm. Determina la sua area, dopo aver osservato che il rombo è equivalente alla metà del rettangolo delle sue diagonali. Determina inoltre la distanza dai lati del punto di intersezione delle diagonali.

Come figura possiamo riciclare quella dell'esercizio precedente, tanto ci serve solo da pro memoria.

Dal perimetro deduciamo subito la lunghezza dei lati:

100 4 =25

cm.

Applicando il teorema di Pitagora possiamo ricavare il quadrato di mezza diagonale:

25

²

−( 48 2 )

2

=625−576=49

quindi metà della diagonale è 7 cm e la diagonale intera è 14 cm.

Possiamo calcolare l'area del rombo:

48×14

2 =336

cm².

La distanza dei lati dal punto di incontro delle diagonoli corrisponde all'altezza relativa alla base (lato del rombo) di ciascuno dei triangoli rettangoli definiti dalle mezze diagonali e dai lati. Una nota proprietà del rombo infatti è che le diagonali sono perpendicolari tra loro.

Ciascuno di questi triangolini ha area

336 4 =84

cm² , quindi per ricavare l'altezza relativa alla base devo semplicemente calcolare

2×84

25 =6,72

cm.

In un trapezio rettangolo l’altezza è

4

5

del lato obliquo; la misura, in decimetri, della base minore è la soluzione dell’equazione seguente:

1+

x

2+ x+ 2 x

2

2−x

= 3 x 4+ x

²

Sapendo che il perimetro del trapezio è di 20 dm, determinane l’area.

Rimbocchiamoci le maniche e risolviamo l'equazione.

1+ x

(2+ x)(2−x)+2 x

²

2−x

= 3 x 4+ x

²

1+ ( 2− x) x

4−x

²

+2 x

²

= 3 x 4+ x

²

1+ (2−x) x

4+ x

²

= 3 x 4+ x

²

4+ x

²

+2 x−x

²

4+ x

²

= 3 x 4+ x

²

4+2 x=3 x

4= x

Dunque la base minore è 4 dm.

Ricapitolando, sappiamo che

(13)

4+ BC + 4

5 DC+ DC=20

D'altra parte, per il teorema di Pitagora:

DC

²

= DH

²

+CH

² ^ovvero

DC

²

=( 4

5 DC)

2

+( BC−4)

²

Dalla prima equazione possiamo dedurre che

BC−4=12−9

5 DC

e quindi sostituiamo nella seconda:

DC

²

=( 4

5 DC )

2

+(12− 9 5 DC )

2

e ci lavoriamo:

DC

²

= 16

25 DC

²

+144+ 81

25 DC

²

− 216

5 DC

ovvero

72 25 DC

²

− 216

5 DC +144=0

ovvero

DC

²

− 15 DC +50=0

dunque da un punto di vista algebrico ho due soluzioni possibili 5 e 10.

Se DC=5 risulta BC=7 e AB=4

Se DC=10 risulta BC=0 dunque questa soluzione non è accettabile.

Dunque l'area richiesta è

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