Palestra di gare di
“Euclide.Giornale di matematica per i giovani”
CONCORSO ANGOLO ACUTO 2015
Il 31 agosto si è concluso il primo CONCORSO ANGOLO ACUTO che ha eletto la
prof.ssa Elena Stante
del Liceo “Aristosseno” di Taranto
Angolo Acuto d’Oro 2015.
Nelle pagine seguenti vengono riportate le soluzioni, scelte fra le migliori ricevute, dei quesiti del primo gruppo che va dal problema 1.1 al problema 1.5.
Nel numero del 30 novembre saranno pubblicate le soluzioni dei problemi che
vanno dal 2.1 al 2.5 e conseguentemente le soluzioni dei problemi che vanno
dal 3.1 al 3.5 saranno pubblicate nel numero del 14 febbraio 2016.
Ci fa piacere avere appreso che il Dipartimento di Matematica e Informatica
“Ulisse Dini” dell’Università degli Studi di Firenze sta digitalizzando i numeri di
Angolo Acuto del periodo fiorentino (II Serie) per metterli a disposizione degli
interessati in concomitanza con gli incontri di preparazione alle Olimpiadi di
Matematica. La qual cosa dimostra l’importanza che ha assunto nel mondo matematico la rivista Angolo Acuto.
SOLUZIONE DEI PROBLEMI
Problema 1.1
Se si indica con r il raggio del cerchio inscritto in un triangolo rettangolo (fig. 1),
con h l’altezza relativa all’ipotenusa e con r1 e r2 i raggi dei cerchi inscritti nei
due triangoli rettangoli in cui l’altezza h divide il triangolo dato, dimostrare che
si ha: h = r + r1 + r2.
Risposta di Elena Stante
Detta i l’ipotenusa del triangolo ABC , c1 e c2 i due cateti AC e AB ed r il raggio
della circonferenza inscritta nel triangolo ABC, si ha che :
i = (c1 – r) + (c2 – r) = c1 + c2 – 2 r .
Infatti risulta: OR = OS = OT = r, e AS = AT = r ; BS = BR = c2 - r; CR = CT = c1 - r
che sono segmenti di tangente condotti dai tre vertici del triangolo alla circonferenza inscritta e sono perciò congruenti a due a due fra loro.
Applicando questa proprietà ai triangoli rettangoli ACH e ABH si ha:
AC = CH + h – 2 r1 e AB = HB + h – 2 r2.
Sommiamo membro a membro queste due uguaglianze e abbiamo:
AC + AB = CH + HB +2 h – 2 r1 – 2 r2,
ovvero:
c1 + c2 = i + 2 h – 2 r1 – 2 r2.
Essendo però: i = c1 + c2 – 2 r , si ha:
c1 + c2 = (c1 + c2 -2r) + 2 h – 2 r1 – 2 r2,
da cui si ottiene:
h = r + r1 + r2.
Problema 1.2
In un quadrato si congiunge il punto di mezzo di ogni lato con un vertice del
quadrato; calcolare il rapporto fra l’area del quadrato originario ed il quadrato
con fondo più scuro.
Risposta di Elena Stante
All’interno della figura si riconoscono otto triangoli rettangoli congruenti e
quattro rettangoli congruenti che circondano il quadrato centrale.
Dalla similitudine dei triangoli rettangoli DAM e DHN, che hanno l’angolo acuto
ADM in comune, deduciamo che x = 2y, mentre l’ipotenusa del triangolo è:
DM = 2x + y. Tale ipotenusa è espressa in funzione del lato del quadrato mediante il teorema di Pitagora :
.
Dal sistema lineare
si ottiene:
L’area Q’ del quadrato centrale è quindi
Q del quadrato ABCD e quella del quadrato EFGH è :
.
e il rapporto fra l’area
.
Si può anche semplicemente osservare che, dall’essere x = 2y, il quadrato ABCD
è formato dal quadrato Q’, da quattro rettangoli che equivalgono a due quadrati Q’ e da otto triangoli che equivalgono a quattro rettangoli e quindi a due
quadrati Q’: in tutto sono 5 quadrati equivalenti a Q’.
Perciò: Q/Q’ = 5.
Problema 1.3
In un quadrato si congiunge il punto di mezzo di ogni lato con gli estremi del lato opposto; calcolare il rapporto fra le aree del quadrato e dell’ottagono.
Risposta di Elena Stante
Utilizziamo quanto già indicato nella figura del problema 1.2 e osserviamo che:
HC = HG + GC = 2x , MH = HE + EM = x + y .
Essendo: x=2y =
(dal problema 1.2), sarà:
HC = 4y ed MH = 3y.
Pertanto il rapporto fra i cateti HC ed MH del triangolo rettangolo MHC è :
. Il triangolo
MER è simile al triangolo MHC (essendo la retta di EF parallela alla retta di HG)
e perciò:
Il segmento RF = EF - ER =
è un cateto del triangolo rettan-
golo RFL che è simile al triangolo MER (gli angoli in R sono opposti al vertice);
l’altro cateto è:
LF =
.
Per calcolare la misura dell’area dell’ottagono in figura occorre sottrarre dall’area del quadrato Q’ =
(calcolata nel problema 1.2) il quadruplo dell’area
del triangolo rettangolo RFL. Quest’area è:
S’ =
e allora l’area dell’ottagono è:
.
Il rapporto fra le aree del quadrato Q e dell’ottagono
=
.
è:
Problema 1.4
Si prenda un punto qualsivoglia O interno ad un triangolo ABC, dimostrare
che si ha la seguente relazione: OA’ / AA’ + OB’ / BB’ + OC’ / CC’ = 1
Risposta di Elena Stante
Conduciamo dal punto O, interno al triangolo ABC, le tre distanze dai lati del
triangolo e tracciamo le tre altezze del triangolo.
Nel triangolo AA’C i due triangoli rettangoli A’KO e A’K’A sono simili (avendo
l’angolo acuto AA’K’ in comune) e perciò si ha:
,
essendo OK altezza del triangolo BOC e AK’ altezza del triangolo ABC mentre
indicano le aree di questi due triangoli. Procedendo in maniera
analoga con i triangoli B’TO e B’T’B nel triangolo BB’C si ha :
OB’ / BB’
Infine per i triangoli C’HO e C’H’C nel triangolo AA’C si ha:
Sommiamo ora le tre uguaglianze ottenute e avremo :
.
Problema 1.5
In un triangolo qualsivoglia ABC, con base AB, inscrivere un triangolo equilatero
avente un lato parallelo ad AB.
Risposta di Elena Stante
L’altezza del triangolo equilatero, che rappresenta la distanza tra la retta del lato AB e la retta del lato del triangolo che si vuole costruire, è
(*) , in
funzione della misura del lato l di tale triangolo. Poiché il triangolo da costruire
deve essere inscritto nel triangolo ABC, la misura del suo lato si esprime in funzione del raggio del cerchio ad esso circoscritto come
questa espressione nella (*) otteniamo
. Sostituendo
. Costruiamo allora il
cerchio inscritto nel triangolo ABC individuando il suo centro O quale punto
d’incontro delle bisettrici di due angoli del triangolo ABC. Sul diametro perpendicolare ad AB prendiamo il punto medio M del raggio OG e tracciamo per questo punto la parallela ad AB. Questa retta incontra i lati AC e BC del triangolo
ABC in D e in E rispettivamente. Il segmento DE è il lato del triangolo equilatero
richiesto, che ha il punto F come suo terzo vertice.
