Geometria piana e figure complicate.
Dimostrare che la differenza delle distanze di un punto qualunque del prolungamento della base di un triangolo isoscele dai lati è congruente all'altezza relativa ai lati.
DIMOSTRAZIONE:
Ma che dire...Dopo a una serie di osservazioni arrivo a un punto morto...
Considero un triangolo isoscele di base BC e vertice A.
Prolungo BC dalla parte di C .Sul prolungamento di BC prendo un punto D.
chiamo DF la perpendicolare ad AB che interseca AC nel punto E.
Poi ...E qui vengono i dolori...Ma come faccio a tracciare una perpendicolare ad AC dal punto D???Graficamente mi pare impossibile...Allora prolungo AC e sul prolungamento traccio la perpendicolare DI.
Considero i triangoli AFE e EDI hanno
90 gradi in comune
$ hat(AEF)=hat(DEI) $
$ hat(FAE)=hat(EDI) $
Considero i triangoli BGC e DCI
hanno:
$ hat(ACB)=hat(DCI) $
$ hat(GBC)=hat(CDI) $
90 gradi...Vabbè ma come vado avanti?Non riesco a ragionare sui lati...Mi sa che la figura è sballata di nuovo...
DIMOSTRAZIONE:
Ma che dire...Dopo a una serie di osservazioni arrivo a un punto morto...
Considero un triangolo isoscele di base BC e vertice A.
Prolungo BC dalla parte di C .Sul prolungamento di BC prendo un punto D.
chiamo DF la perpendicolare ad AB che interseca AC nel punto E.
Poi ...E qui vengono i dolori...Ma come faccio a tracciare una perpendicolare ad AC dal punto D???Graficamente mi pare impossibile...Allora prolungo AC e sul prolungamento traccio la perpendicolare DI.
Considero i triangoli AFE e EDI hanno
90 gradi in comune
$ hat(AEF)=hat(DEI) $
$ hat(FAE)=hat(EDI) $
Considero i triangoli BGC e DCI
hanno:
$ hat(ACB)=hat(DCI) $
$ hat(GBC)=hat(CDI) $
90 gradi...Vabbè ma come vado avanti?Non riesco a ragionare sui lati...Mi sa che la figura è sballata di nuovo...
Risposte
Tutto giusto .Solo una precisazione:nell'ultimo rigo sostituisci " FAP=FPA perchè complementari dello stesso angolo ."
con "FAP=FPA perchè complementari di angoli congruenti . "
con "FAP=FPA perchè complementari di angoli congruenti . "
Vittorino ho corretto il messaggio.
Dimostrare che le tre altezze AD,BE,CF di un triangolo qualunque ABC sono le bisettrici degli angoli del triangolo DEF che si ottiene unendo i piedi delle tre altezze.
Riesco a trovare per la dimostrazione tre quadrilateri inscrivibili in una circonferenza... tra l'altro sono riuscito a dimostrare che una è bisettrice.Vediamo le altre due
Ragazzi non vorrei sbagliarmi ma se due archi insistono sulla stessa corda sono congruenti?
Ok ragazzi ho trovato un altra strada e alla fine sono riuscito a dimostrare l'ultimo problema che ho postato.Grazie!
Sentite questo problema:
Sia ABC un triangolo rettangolo inscritto in una circonferenza di centro O.Il vertice A dell'angolo retto è mobile sulla semicirconferenza BAC.
1)Dimostrare che le bisettrici interne ed esterne dell'angolo $ hat(A) $ incontrano la circonferenza in due punti fissi.
2)Trovare il luogo del punto medio del cateto AC.
3)Trovare il luogo del punto di incontro delle mediane del triangolo ABC.
4)Trovare il luogo del centro I della circonferenza inscritta nel triangolo ABC.
5)La bisettrice interna dell'angolo $ hat(B) $ e la bisettrice esterna dell'angolo $ hat(C) $ si incontrano nel punto M.Provare che l'angolo $ hat(BMC) $ è di 45 gradie dedurre il luogo del centro M della circonferenza exinscritta al triangolo ABC è tangente ad AC.
Come affrontare problemi dove un vertice è mobile?
Se l'angolo A si muove su una semicirconferenza sarà sempre retto ma cambia la figura...Come distinguere i vari casi?
E poi come fa la bisettrice esterna ad incontrare la circonferenza???Se parte dal vertice A ed è opposta a quella interna esce dalla circonferenza...
Sia ABC un triangolo rettangolo inscritto in una circonferenza di centro O.Il vertice A dell'angolo retto è mobile sulla semicirconferenza BAC.
1)Dimostrare che le bisettrici interne ed esterne dell'angolo $ hat(A) $ incontrano la circonferenza in due punti fissi.
2)Trovare il luogo del punto medio del cateto AC.
3)Trovare il luogo del punto di incontro delle mediane del triangolo ABC.
4)Trovare il luogo del centro I della circonferenza inscritta nel triangolo ABC.
5)La bisettrice interna dell'angolo $ hat(B) $ e la bisettrice esterna dell'angolo $ hat(C) $ si incontrano nel punto M.Provare che l'angolo $ hat(BMC) $ è di 45 gradie dedurre il luogo del centro M della circonferenza exinscritta al triangolo ABC è tangente ad AC.
Come affrontare problemi dove un vertice è mobile?
Se l'angolo A si muove su una semicirconferenza sarà sempre retto ma cambia la figura...Come distinguere i vari casi?
E poi come fa la bisettrice esterna ad incontrare la circonferenza???Se parte dal vertice A ed è opposta a quella interna esce dalla circonferenza...
"Marco24":
Come affrontare problemi dove un vertice è mobile?
Se l'angolo A si muove su una semicirconferenza sarà sempre retto ma cambia la figura...Come distinguere i vari casi?
E poi come fa la bisettrice esterna ad incontrare la circonferenza???Se parte dal vertice A ed è opposta a quella interna esce dalla circonferenza...
Prime due domande: devi dimostrare che, fissi B e C, la bisettrice incontra la circonferenza in un punto che non dipende dalla posizione di A. A prima vista mi era sembrato difficile, ma quando ho guardato la figura la risposta è stata immediata.
Ultima domanda: se la bisettrice viene considerata come una retta (come spesso si fa, ed è il tuo caso), due angoli opposti al vertice hanno la stessa bisettrice. Per bisettrice esterna devi quindi considerare quella degli altri due angoli.
Allora io ho considerato BC passante per O.Tanto il libro non specifica se ci passa o meno...Adesso considero la bisettrice esterna e mi accorgo che i due angoli hanno una loro parte esterna alla circonferenza e un'altra parte fuori dalla circonferenza...Cioè sto considerando l'angolo concavo BAC
Ame sembra che la bisettrice interna deve passare per i due punti del diametro...No aspetta ma qui se sposto il vertice A lungo l'arco BC il punto che la bisettrice ha in comune con la circonferenza varia...E se fossero i punti di un diametro? Mi sa che quelli non possono variare altrimenti non avrei più un diametro ma una corda...
Per la seconda domanda sono in alto mare...
"Marco24":
Allora io ho considerato BC passante per O.Tanto il libro non specifica se ci passa o meno...
In generale questo ragionamento sarebbe sbagliato perché non è lecito assumere ipotesi non date; quello può anche essere solo un caso particolare. Nel tuo problema però BC passa effettivamente per O perchè sai che se un angolo alla circonferenza è retto insiste su un diametro.
Cenno di soluzione: sia la bisettrice interna che quella esterna formano angoli di 45° con i cateti, quindi ci sono angoli alla circonferenza di 45°; ne consegue .... . Anche se non è indispensabile, penso che la soluzione ti sia più chiara se consideri l'angolo al centro corrispondente. Se questo non ti basta, ripeto il suggerimento che ti avevo già dato in passato: fai una figura accurata, con riga e compasso. Per tracciare bene la bisettrice ti conviene ripassare la costruzione che hai certo studiato anche in disegno; un altro metodo, più facile da spiegare a distanza, è prendere sui due lati dell'angolo due punti equidistanti dal vertice e congiungerli: ottieni un triangolo isoscele e ne disegni facilmente la mediana-altezza-bisettrice. Nel tuo caso particolare puoi anche solo usare una squadra con angoli di 45°.
Allora Giammaria ho costruito la bisettrice in modo corretto applicando la costruzione con il compasso.Non mi è ancora chiaro come la bisettrice esterna forma angoli di 45 gradi...
Allora quella interna si vede che forma angoli di 45 gradi dopodichè se prolungo la bisettrice dalla parte opposta di A ottengo quella esterna ok? Gli angoli esterni dovrebbero essere di 135 gradi (180-45 gradi).
Se gli angoli alla circonferenza sono di 45 gradi vuol dire che gli archi su cui insistono sono congruenti.(La bisettrice interna l'ho prolungata fino a incontrare un punto nella mia circonferenza.
Fammi sapere quando puoi...
Allora quella interna si vede che forma angoli di 45 gradi dopodichè se prolungo la bisettrice dalla parte opposta di A ottengo quella esterna ok? Gli angoli esterni dovrebbero essere di 135 gradi (180-45 gradi).
Se gli angoli alla circonferenza sono di 45 gradi vuol dire che gli archi su cui insistono sono congruenti.(La bisettrice interna l'ho prolungata fino a incontrare un punto nella mia circonferenza.
Fammi sapere quando puoi...
Inoltre se gli angoli alla circonferenza sono di 45 gradi l'angolo al centro corrispondente è di 90 gradi
Se chiamo D il punto di intersezione della bisettrice interna con la circonferenza e unisco B e C con il punto D ottengo due corde congruenti perchè sottendono archi congruenti...ma poi ? Non posso considerare la retta che esce da D come bisettrice ma solo quella che esce da A per ipotesi...
Più vedo la figura più non capisco come la bisettrice esterna formi angoli di 45 gradi con i cateti...
No aspetta forse ho capito:prolungo i cateti di fuori dalla circonferenza.Quindi ottengo angoli opposti al vertice che sono di 45 gradi...E' così?
non capisco cosa centri questo con il punto medio....
"Marco24":
Allora quella interna si vede che forma angoli di 45 gradi dopodichè se prolungo la bisettrice dalla parte opposta di A ottengo quella esterna ok?
Dai tuoi interventi successivi mi sembra che tu abbia già capito che la risposta a questa domanda è no: questo prolungamento origina la stessa bisettrice, se intesa come retta. L'incontro di due rette genera quattro angoli, a due a due opposti al vertice e a te interessano gli altri due. Se preferisci, puoi rifarti alla definizione: "Si dice angolo esterno di un triangolo quello adiacente ad un angolo interno", cioè quello delimitato da un lato del triangolo e dal prolungamento di un altro: la bisettrice esterna è quella di uno di questi angoli. Nel tuo caso anche gli angoli esterni sono retti e quindi la loro bisettrice forma un angolo di 45° con un cateto (e di 135° con l'altro cateto, ma non ci interessa).
Ok ho capito allora sono gli angoli che stanno "a sinistra e a destra del punto A " traccio le bisettrici e ottengo due angoli che hanno un lato tangente alla circonferenza e l'altro lato sta dentro alla circonferenza.
In pratica si applicato il seguente teorema:il luogo geometrico dei punti del piano equidistanti da due rette che si intersecano è costituito dalle due bisettrici degli angoli da esse formati.
Adesso...
gli angoli formati dalle bisettrici esterne sono di 45 gradi...allora l'arco AB è congruente all'arco AC ma allora le corde AB e AC sono congruenti. Il triangolo ABC è un triangolo rettangolo isoscele cioè la metà di un quadrato
Ma se AB è congruente con AC la bisettrice dell'angolo (che è anche altezza e mediana) interno passa per il centro della circonferenza ...E il triangolo AOC è un triangolo rettangolo isoscele... Allora il punto medio di AC è percaso centro di una circonferenza passante per i punti A,O,C...è questo il luogo richiesto?
In pratica si applicato il seguente teorema:il luogo geometrico dei punti del piano equidistanti da due rette che si intersecano è costituito dalle due bisettrici degli angoli da esse formati.
Adesso...
gli angoli formati dalle bisettrici esterne sono di 45 gradi...allora l'arco AB è congruente all'arco AC ma allora le corde AB e AC sono congruenti. Il triangolo ABC è un triangolo rettangolo isoscele cioè la metà di un quadrato
Ma se AB è congruente con AC la bisettrice dell'angolo (che è anche altezza e mediana) interno passa per il centro della circonferenza ...E il triangolo AOC è un triangolo rettangolo isoscele... Allora il punto medio di AC è percaso centro di una circonferenza passante per i punti A,O,C...è questo il luogo richiesto?
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