2 TEOREMI DI GEOMETRIA SULL'EQUISCOMPONIBILITA'
ciao a tutti mi servirebbe aiuto per la dimostrazione di questi due teoremi di geometria sull'equiscomponibilità:
TEOREMA) ogni parallelogramma è equiscomponibile con un rettangolo avente la medesima base e la medesima altezza
TEOREMA) ogni triangolo è equiscomponibile con un parallelogramma di uguale altezza e di base uguale alla metà della base del triangolo
grazie in anticipo
TEOREMA) ogni parallelogramma è equiscomponibile con un rettangolo avente la medesima base e la medesima altezza
TEOREMA) ogni triangolo è equiscomponibile con un parallelogramma di uguale altezza e di base uguale alla metà della base del triangolo
grazie in anticipo
Risposte
Ti posto prima il secondo perchè il primo non l'ho fatto e non vorrei sbagliare: ogni triangolo è equiscomponibile con un parallelogramma di uguale altezza e di base uguale alla metà della base del triangolo.
Disegna un triangolo qualunque ABC, in maniera che AB sia la base e C il vertice (mi raccomando segui alla lettera ciò che dico sennò non si capisce più niente tra lettere e punti!!!). Poi prendi il punto medio della base e chiamalo D. Conduci la parallela al lato AC a partire da D. Conduci la parallela al lato AB a partire da C. Esse si incontreranno nel punto E. Chiama, infine, F il punto d'incontro tra BC e DE.
Ora abbiamo costruito il parallelogramma ADEC che ha stessa altezza di ABC e come base metà base di ABC, in quanto D è punto medio di AB. Basterà perciò dimostrare che DBF è equivalente a CEF, per poter dire che ABC è equivalente a ADEC.
Consideriamo allora DBF e CEF; essi hanno:
DB = CE per proprietà transitiva (AD = CE essendo le basi di ADEC e DB = AD perchè D punto medio di AB => DB = CE)
CF = FB perchè DF è la parallela al lato AC passante per il punto medio D del lato AB; per il corollario di talete, risulta DF congiungente i punti medi di AB e CB, quindi F punto medio di CB e CF = FB
gli angoli DBF e FCE sono congruenti poichè alterni interni delle rette parallele DB e CE tagliate dalla trasversale CB
Per il primo criterio DFB = CEF, quindi DFB equivalente a CEF.
Consideriamo ora ABC e ADEC:
ABC è formato da ADFC + FDB
ADFC è formato da ADFC + FEC
Essendo FEC equivalente a FDB per quanto dimostrato, si deduce che per somma di superfici equivalenti (ADFC + FDB equivalente a ADFC + FEC), il triangolo di partenza ABC è equivalente al parallelogramma ADEC costruito in maniera che avesse stessa altezza e base congruente alla metà di quella del triangolo.
Disegna un triangolo qualunque ABC, in maniera che AB sia la base e C il vertice (mi raccomando segui alla lettera ciò che dico sennò non si capisce più niente tra lettere e punti!!!). Poi prendi il punto medio della base e chiamalo D. Conduci la parallela al lato AC a partire da D. Conduci la parallela al lato AB a partire da C. Esse si incontreranno nel punto E. Chiama, infine, F il punto d'incontro tra BC e DE.
Ora abbiamo costruito il parallelogramma ADEC che ha stessa altezza di ABC e come base metà base di ABC, in quanto D è punto medio di AB. Basterà perciò dimostrare che DBF è equivalente a CEF, per poter dire che ABC è equivalente a ADEC.
Consideriamo allora DBF e CEF; essi hanno:
DB = CE per proprietà transitiva (AD = CE essendo le basi di ADEC e DB = AD perchè D punto medio di AB => DB = CE)
CF = FB perchè DF è la parallela al lato AC passante per il punto medio D del lato AB; per il corollario di talete, risulta DF congiungente i punti medi di AB e CB, quindi F punto medio di CB e CF = FB
gli angoli DBF e FCE sono congruenti poichè alterni interni delle rette parallele DB e CE tagliate dalla trasversale CB
Per il primo criterio DFB = CEF, quindi DFB equivalente a CEF.
Consideriamo ora ABC e ADEC:
ABC è formato da ADFC + FDB
ADFC è formato da ADFC + FEC
Essendo FEC equivalente a FDB per quanto dimostrato, si deduce che per somma di superfici equivalenti (ADFC + FDB equivalente a ADFC + FEC), il triangolo di partenza ABC è equivalente al parallelogramma ADEC costruito in maniera che avesse stessa altezza e base congruente alla metà di quella del triangolo.
Dando un'occhiata anche al primo, mi sono accorto che è simile al secondo.
Qui, parti con un parallelogramma ABCD. Traccia l'altezza DH. Prolunga AB dalla parte di B di un segmento BK congruente a AH. Traccia CK parallela a DH. Costruisci così il rettangolo con base a altezza congruente a quelle del parallelogramma.
Guardando la costruzione fatta e facendo riferimento a quanto detto prima, basta dimostrare che ADH è congruente (e quindi anche equivalente) a BCK: primo criterio, usando AH = BK per costruzione, gli angoli AHD e BKC congruenti perchè entrambi retti e DH = CK perchè entrambe altezze di ABCD); poi dici che per somma di superfici equivalenti (DHBC + ADH equivalente a DHBC + BCK), il rettangolo e parallelogramma sono equivalenti.
Scusa se adesso ti ho risposto in maniera veloce, ma sono nuovamente in ritardo all'allenamento e devo scappare :dozingoff! Spero di essere stato lo stesso chiaro ed esaurente: se hai ulteriori dubbi postali e sicuramente qualche altro ti risponderà :yes!
Qui, parti con un parallelogramma ABCD. Traccia l'altezza DH. Prolunga AB dalla parte di B di un segmento BK congruente a AH. Traccia CK parallela a DH. Costruisci così il rettangolo con base a altezza congruente a quelle del parallelogramma.
Guardando la costruzione fatta e facendo riferimento a quanto detto prima, basta dimostrare che ADH è congruente (e quindi anche equivalente) a BCK: primo criterio, usando AH = BK per costruzione, gli angoli AHD e BKC congruenti perchè entrambi retti e DH = CK perchè entrambe altezze di ABCD); poi dici che per somma di superfici equivalenti (DHBC + ADH equivalente a DHBC + BCK), il rettangolo e parallelogramma sono equivalenti.
Scusa se adesso ti ho risposto in maniera veloce, ma sono nuovamente in ritardo all'allenamento e devo scappare :dozingoff! Spero di essere stato lo stesso chiaro ed esaurente: se hai ulteriori dubbi postali e sicuramente qualche altro ti risponderà :yes!
grazie molte
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