Geometria, esercizi con dimostrazioni, primo anno liceo scientifico
Ciao ragazzi!
Dovrei aiutare un mio amico a fare degli esercizi delle vacanze.
L'argomento è la geometria che si studia il primo anno delle superiori al liceo scientifico: teoremi sui triangoli, parallelismo e perpendicolarità, circonferenza, quadrilateri etc...
Siamo riusciti a farne circa la metà ma ce ne sono alcuni dei quali non riusciamo neanche a "vedere" i teoremi utili per arrivare alla dimostrazione.
Vi riporto il primo esercizio che non riusciamo a risolvere:
Sia AB un diametro di una circonferenza e sia C un punto della circonferenza tale che la retta tangente in C incontri il prolungamento di AB, dalla parte di B in un punto D. Detto H il piede della perpendicolare condotta da C ad AB, si dimostri che \( H\hat{C}B \cong B\hat{C}D \)
Ho disegnato la situazione così:
Praticamente devo dimostrare che BC fa da bisettrice all'angolo C interno al triangolo HCD. Come fare?
Ho cercato qualche proprietà o teorema sulla bisettrice di triangoli retti, ho provato a considerare il fatto che il raggio sia perpendicolare rispetto alla retta tangente r, ho provato a cercare qualcosa che riguardasse la corda BC, ma niente.
Non so neanche da dove partire. Potreste suggerirmi una risoluzione e indicarmi i teoremi che devo usare?
grazie a tutti quelli che leggeranno e/o risponderanno
Dovrei aiutare un mio amico a fare degli esercizi delle vacanze.
L'argomento è la geometria che si studia il primo anno delle superiori al liceo scientifico: teoremi sui triangoli, parallelismo e perpendicolarità, circonferenza, quadrilateri etc...
Siamo riusciti a farne circa la metà ma ce ne sono alcuni dei quali non riusciamo neanche a "vedere" i teoremi utili per arrivare alla dimostrazione.
Vi riporto il primo esercizio che non riusciamo a risolvere:
Sia AB un diametro di una circonferenza e sia C un punto della circonferenza tale che la retta tangente in C incontri il prolungamento di AB, dalla parte di B in un punto D. Detto H il piede della perpendicolare condotta da C ad AB, si dimostri che \( H\hat{C}B \cong B\hat{C}D \)
Ho disegnato la situazione così:
Praticamente devo dimostrare che BC fa da bisettrice all'angolo C interno al triangolo HCD. Come fare?
Ho cercato qualche proprietà o teorema sulla bisettrice di triangoli retti, ho provato a considerare il fatto che il raggio sia perpendicolare rispetto alla retta tangente r, ho provato a cercare qualcosa che riguardasse la corda BC, ma niente.
Non so neanche da dove partire. Potreste suggerirmi una risoluzione e indicarmi i teoremi che devo usare?
grazie a tutti quelli che leggeranno e/o risponderanno
Risposte
Ok, l'ho rifatto ed ora è tutto chiaro!
Se non ti dispiace chiedo ancora aiuto per altri 5 o 6 esercizi!
Il prossimo che non siamo riusciti a fare è questo:
Due circonferenze sono tangenti internamente nel punto T. Sia S l'altro estremo del diametro per T della circonferenza di raggio maggiore e da S si conduca una retta che sia tangente in R alla circonferenza di raggio minore e che intersechi in Q quella di raggio maggiore. Dimostrar che TR biseca l'angolo \( S\hat{T}Q\)
La situazione da me disegnata è la seguente:
Esattamente come nell'esercizio precedente, possiamo dire che il triangolo \(S\overset{\triangle}{Q}T\) è retto in Q perchè inscritto in una semicirconferenza.
Le uniche cose che mi vengono in mente sono che \( Q\hat{S}T + S\hat{T}Q = 90°\) e \( Q\hat{R}T + R\hat{T}Q = 90°\). Ma nonostante ciò non mi sembra di essere arrivata ad una grande considerazione
Se non ti dispiace chiedo ancora aiuto per altri 5 o 6 esercizi!
Il prossimo che non siamo riusciti a fare è questo:
Due circonferenze sono tangenti internamente nel punto T. Sia S l'altro estremo del diametro per T della circonferenza di raggio maggiore e da S si conduca una retta che sia tangente in R alla circonferenza di raggio minore e che intersechi in Q quella di raggio maggiore. Dimostrar che TR biseca l'angolo \( S\hat{T}Q\)
La situazione da me disegnata è la seguente:
Esattamente come nell'esercizio precedente, possiamo dire che il triangolo \(S\overset{\triangle}{Q}T\) è retto in Q perchè inscritto in una semicirconferenza.
Le uniche cose che mi vengono in mente sono che \( Q\hat{S}T + S\hat{T}Q = 90°\) e \( Q\hat{R}T + R\hat{T}Q = 90°\). Ma nonostante ciò non mi sembra di essere arrivata ad una grande considerazione
Caro deep_inside, oltre ad augurarti il benvenuto nel forum, ti comunico che in questo forum è proibito inserire le immagini dei testi, le immagini possono solo essere inserite per chiarire, ma non possono essere l'unico riferimento. Infatti gli archiviatori di immagini dopo qualche tempo le cancellano dagli archivi. A quel punto noi rischieremmo di trovarci un forum con le sole risposte, senza le domande che le hanno generate. Ti prego, cortesemente, quindi, di scrivere i testi e non riportarne solo l'immagine.
Grazie della puntualizzazione!
Ora modifico i due post e riporto il testo originale. Potreste spiegarmi come faccio ad inserire le formule in blu come ha fatto TeM in risposta al mio primo messaggio?
Peccato per l'immagine del disegno allora!
Ora modifico i due post e riporto il testo originale. Potreste spiegarmi come faccio ad inserire le formule in blu come ha fatto TeM in risposta al mio primo messaggio?
Peccato per l'immagine del disegno allora!
"deep_inside":
Grazie della puntualizzazione!
Ora modifico i due post e riporto il testo originale. Potreste spiegarmi come faccio ad inserire le formule in blu come ha fatto TeM in risposta al mio primo messaggio?
Peccato per l'immagine del disegno allora!
Il disegno lo puoi lasciare, il problema resta comprensibile anche se in futuro viene cancellato. Per inserire le formule si deve mettere il simbolo del dollaro prima e dopo la formula. Puoi consultare la nostra guida.
"@melia":
Il disegno lo puoi lasciare, il problema resta comprensibile anche se in futuro viene cancellato. Per inserire le formule si deve mettere il simbolo del dollaro prima e dopo la formula. Puoi consultare la nostra guida.
Ok, ho fatto le correzioni.
Grazie a ciromario, ora mi è tutto più chiaro!
Andando avanti, vi propongo un altro esercizio, sempre simile ai precedenti:
Si supponga che una retta sia tangente in P e Q a due circonferenze tangenti esternamente in T.
Dimostrare che \(P\hat{T}Q \) sia congruente ad un angolo retto
Ecco il disegno della situazione
Ho tentato di usare la stessa tecnica dell'esercizio precedente risolto da ciromario. Sono partita dal presupposto che $OP \bot PQ$ e $O'Q \bot PQ$, di conseguenza $OP || O'P$
Essendo due parallele tagliate dalla trasversale $PQ$, posso dire che $ alpha ~= alpha'$ e $ beta ~= beta' $ perchè angoli corrispondenti.
Arrivata a questo punto mi blocco (ammesso che quello che abbia scritto sino ad ora sia giusto
)
Ti propongo una soluzione:
Traccia per T la tangente comune, che incontrerà $PQ$ in $S$.
Ricordando il teorema del punto esterno alla circonferenza e delle tangenti, possiamo dedurre che i triangoli $SPT$ e $STQ$ sono isosceli.
Perciò abbiamo:
\(S\hat PT \cong S\hat TP = \delta \)
\(S\hat TQ \cong S\hat QT = \gamma \)
quindi $gamma+delta=P\hat TQ$
La somma degli angoli interni del triangolo $PTQ$ è un angolo piatto, simbolicamente: $2\delta+2\gamma=180°$, da cui $\gamma+\delta=90°$.
c.v.d.
Traccia per T la tangente comune, che incontrerà $PQ$ in $S$.
Ricordando il teorema del punto esterno alla circonferenza e delle tangenti, possiamo dedurre che i triangoli $SPT$ e $STQ$ sono isosceli.
Perciò abbiamo:
\(S\hat PT \cong S\hat TP = \delta \)
\(S\hat TQ \cong S\hat QT = \gamma \)
quindi $gamma+delta=P\hat TQ$
La somma degli angoli interni del triangolo $PTQ$ è un angolo piatto, simbolicamente: $2\delta+2\gamma=180°$, da cui $\gamma+\delta=90°$.
c.v.d.
Sia t la tangente comune in T alle due circonferenze. Essa intersechi PQ in H.
Risulta HP=HT perché segmenti di tangenti condotte da H alla circonferenza di centro O
Analogamente è HT=HQ perché segmenti di tangenti condotte da H alla circonferenza di centro O'
Ne segue che è HP=HT=HQ e quindi H è il centro della circonferenza passante per P,T,Q di diametro PQ. Il triangolo PTQ, essendo inscritto in mezza circonferenza, è rettangolo in T e ciò prova che PT e QT sono perpendicolari.
Ok, perfetto. Vi ringrazio entrambi, capite entrambe le soluzioni 
Ve ne propongo un altro:
Sia AB un diametro di una circonferenza e t la tangente in A. Sopra t si consideri un punto P qualsiasi. Detto M il punto medio del segmento PA, si conduca da M l'ulteriore tangente in Q alla circonferenza. Si dimostri che i punti B, Q, P sono allineati
Ve ne propongo un altro:
Sia AB un diametro di una circonferenza e t la tangente in A. Sopra t si consideri un punto P qualsiasi. Detto M il punto medio del segmento PA, si conduca da M l'ulteriore tangente in Q alla circonferenza. Si dimostri che i punti B, Q, P sono allineati
Stessa tecnica di un mio precedente post.
Per ipotesi si ha $ MP=MA$ mentre è $MA=MQ$ perché segmenti di tangente condotti da M alla circonferenza data. Da ciò segue che:
$MP=MA=MQ$
e questo significa che M è il centro della circonferenza passante per i 3 punti P,A,Q e di diametro AP. Pertanto l'angolo
AQP, insistendo su mezza circonferenza ( quella di diametro AP), è retto. D'altra parte anche l'angolo BQA è retto perché insistente sulla mezza circonferenza di diametro AB. Risulta allora che l'angolo PQB è piatto e ciò prova che i punti
P,Q,B sono allineati.
Ok, mi è tutto chiaro.
Eccone un altro:
Dato un punto A di una circonferenza si conducano due corde AB e AC e sia AD la corda che biseca l'angolo \(B\hat{A}C \) e DE la corda parallela ad AC. Dimostrare che $BE || DA$ e $ AB~=DE $
Ecco la situazione da me disegnata
Le uniche cose che sono riuscita a concludere sono:
\( C\hat{A}D \cong B\hat{D}A \) perchè angoli alterni interni. Dato questo è la seconda ipotesi possiamo dire che \( B\hat{A}D \cong B\hat{D}A \) che sono angoli alla base del triangolo isoscele \(D\overset{\triangle}{H}A\).
Visto che \(D\overset{\triangle}{H}A\) è isoscele, possiamo dire che $ AH~=HD $.
Inoltre sappiamo che \( B\hat{H}E \cong D\hat{H}A \) perchè angoli opposti al vertice.
Ammesso che quello scritto sopra sia giusto, come proseguo?
Eccone un altro:
Dato un punto A di una circonferenza si conducano due corde AB e AC e sia AD la corda che biseca l'angolo \(B\hat{A}C \) e DE la corda parallela ad AC. Dimostrare che $BE || DA$ e $ AB~=DE $
Ecco la situazione da me disegnata
Le uniche cose che sono riuscita a concludere sono:
\( C\hat{A}D \cong B\hat{D}A \) perchè angoli alterni interni. Dato questo è la seconda ipotesi possiamo dire che \( B\hat{A}D \cong B\hat{D}A \) che sono angoli alla base del triangolo isoscele \(D\overset{\triangle}{H}A\).
Visto che \(D\overset{\triangle}{H}A\) è isoscele, possiamo dire che $ AH~=HD $.
Inoltre sappiamo che \( B\hat{H}E \cong D\hat{H}A \) perchè angoli opposti al vertice.
Ammesso che quello scritto sopra sia giusto, come proseguo?
\(A\hat DE \cong A\hat BE\) perchè insistono sullo stesso arco AE [...]
Ma in questo caso gli angoli alla base del triangolo HBE non sarebbero B e H? In questo modo vuol dire che $EB ~~ EH$. Quindi, a meno che il triangolo HBE non sia equilatero, non mi pare che AB e DE siano congruenti per somma di segmenti congruenti. O sbaglio?
Non voglio stravolgere l'impostazione del tuo tentativo di dimostrazione.
Ricapitoliamo:
(1) Hai dimostrato che il triangolo $DHA$ è isoscele su base $AD$ (quindi gli angoli alla base sono congruenti)
(2) Gli angoli $A\hat DE \cong A\hat BE$ sono congruenti insistendo sullo stesso arco $AE$
(3) Per transitività $B\hat AD \cong A\hat BE$ allora i segmenti $BE$ e $DA$ sono paralleli formando angoli alterni interni congruenti con la trasversale $AB$
Dal parallelismo appena dimostrato puoi ricavare:
$BED \cong EDA$ perchè alterni interni di segmenti paralleli con trasversale $ED$
Resta così dimostarto che anche il triangolo $HBE$ è isoscele (su base BE), avendo gli angoli alla base congruenti.
$ED \cong AB $I due segmenti risultano congruenti perchè somma di segmenti congruenti.
Dimmi se ti è chiaro.
(non è l'unica dimostrazione possibile...)
Ricapitoliamo:
(1) Hai dimostrato che il triangolo $DHA$ è isoscele su base $AD$ (quindi gli angoli alla base sono congruenti)
(2) Gli angoli $A\hat DE \cong A\hat BE$ sono congruenti insistendo sullo stesso arco $AE$
(3) Per transitività $B\hat AD \cong A\hat BE$ allora i segmenti $BE$ e $DA$ sono paralleli formando angoli alterni interni congruenti con la trasversale $AB$
Dal parallelismo appena dimostrato puoi ricavare:
$BED \cong EDA$ perchè alterni interni di segmenti paralleli con trasversale $ED$
Resta così dimostarto che anche il triangolo $HBE$ è isoscele (su base BE), avendo gli angoli alla base congruenti.
$ED \cong AB $I due segmenti risultano congruenti perchè somma di segmenti congruenti.
Dimmi se ti è chiaro.
(non è l'unica dimostrazione possibile...)
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