Geometria
Lezione del 04/02/2011
Stage di Faenza Progetto Olimpiadi
Assiomi
• Sono 5, i primi 4 sono:
1. Tra due punti qualsiasi è possibile tracciare
una ed una sola retta.
2. Si può prolungare un segmento oltre i due
punti indefinitamente.
3. Dato un punto e una lunghezza, è possibile
descrivere un cerchio.
4. Tutti gli angoli retti sono uguali.
Postulato delle parallele
• 3 Modi equivalenti di
enunciarlo sono:
1. Data una retta r e un punto p
non appartenente ad essa,
esiste ed è unica la retta
parallela ad r passante per p
2. Due rette parallele tagliate
da una trasversale formano
angoli alterni interni uguali
3. La somma degli angoli interni
di un triangolo è 180°
• CURIOSITA’: Esistono
geometrie non euclidee che
violano questo postulato
Teorema angolo esterno
• L’angolo esterno è pari
alla somma degli angoli
interni non adiacenti
• DIMOSTRAZIONE:
R=180-r; per il 5°
postulato r+b+v=180 e
quindi b+v=180-r=R
Teorema di Talete
• Un fascio di rette parallele
determinano su 2
trasversali 2 classi di
segmenti direttamente
proporzionali
•
•
DIMOSTRAZIONE: traccio CD e BE, i
triangoli CDE e BCE hanno base in comune
e stessa altezza, quindi hanno la stessa
area, di conseguenza
Area(ADE):Area(BDE)=Area(ADE):Area(CD
E). Ma ADE e CDE hanno stessa altezza,
quindi Area(ADE):Area(CDE)=AE/CE, per lo
stesso motivo
Area(ADE):Area(BDE)=AD/BD, da cui si
ottiene la tesi AD/BD=AE/CE
COROLLARIO: inoltre si può dimostrare
che anche i segmenti determinati sulle
parallele sono direttamente proporzionali
a…
Applicazione di Talete
• Prendiamo AL=LB, BN=NC e
CM=MA, allora per talete
LN è parallelo ad AC, e per il
corollario precedente è vale
anche 2LN=AC; ancora per
talete BK=KM. Infine,
sempre per talete, GLN e
GAC sono simili e dato che
le basi stanno in rapporto
2:1 AG=2GN, CG=2GL e
MG=2GK, e quindi
GB=GK+KB=GK+MK=GK+GK
+MG=2MG e 3MG=MB
Disuguaglianze Triangolari
• Le enuncio senza
dimostrazione:
• AB+BC>=AC
• AB>=|AC-BC|
Applicazione disuguaglianze triangolari
• Tesi: la somma delle
lunghezze delle
mediane è minore del
perimetro
• Dimostrazione:
2CL=CC’<=BC+CA
• 2AN=AA’<=CA+AB
• 2BM=BB’<=AB+BC
• Sommando
2*S_med<=2*Perimetro
Bisettrice di un angolo
• Retta formata dai punti
equidistanti dalle due
semirette che formano
l’angolo
• Nel triangolo si
incontrano nell’Incentro
Raggio circonferenza inscritta a un
triangolo
• S_ABC=S_ABI+S_BCI+S_
CAI=cr/2+ar/2+br/2=(a+
b+c)r/2
• Quindi
r=2S/(a+b+c)=S/p dove
p indica il
semiperimetro
Formula di Erone
• Come trovo S se so solo i lati?
• S=SQRT[p(p-a)(p-b)(p-c)]
• DIMOSTRAZIONE: c’è quella data da Erone, la ometto. Una
dimostrazione moderna è la seguente (uso di trigonometria)
• Cos(C)=(a^2+b^2-c^2)/2ab
• Sin(C)=SQRT[4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)]/2ab
• S=abSin(C)/2= SQRT[4a^2b^2-(a^2+b^2-c^2)]/4=SQRT[p(p-a)(pb)(p-c)]
Teorema della bisettrice
•
•
•
•
•
•
•
ABC trinagolo qualsiasi, traccio
AD la bisettrice, quindi gli angoli
BAD=DAC=BAC/2
Traccio la parallela ad AD
passante per C e prolungo BA fino
ad incontrare tale parallela
chiamo E l’intersezione
Per Talete DAC=ACE=BAC/2
Sempre per Talete possiamo
scrivere BD/BC=AB/AE
Per il teorema dell’angolo
esterno, CAE=180-BAC e quindi
AEC=180-(180-BAC)BAC/2=BAC/2
Quindi ACE è isoscele e AE=AC
Ottengo la tesi BD/BC=AB/AC
Circocentro
• Punto di incontro degli
assi
• Centro della circonferenza
circoscritta
• R=abc/4S
• DIMOSTRAZIONE: fa uso
del teorema della corda
(trigonometria
• c=2Rsin(C), R=c/2sin(C)
=abc/(2ab*sin(C)=abc/4S
Ortocentro
• Luogo di incontro delle
altezze
• A,B,C,H costituiscono un
sistema ortocentrico,
ovvero formato un
triangolo con 3 di questi 4
punti, il 4° rappresenta il
suo ortocentro
• H,G ed O sono allineati e
giacciono sulla “retta di
Eulero”, inoltre HO=2HG
Circonferenze
•
•
•
•
•
L’angolo al centro è il doppio
dell’angolo alla circonferenza, che
ha lo stesso valore qualsiasi sia il
vertice che scelgo sulla
circonferenza
DIMOSTRAZIONE: dato l’arco AB e un punto C
sulla circonferenza ma esterno ad esso,
traccio il diametro che ha per C uno dei due
estremi.
OCB è isoscele su base BC, perché OC e OB
sono raggi, DOB=2DCB per il teorema
dell’angolo esterno. Analogamente si
dimostra che AOD=2ACD, e sommando si
ottiene che AOB=2ACB
COROLLARIO: un triangolo rettangolo è
inscrivibile in una semicirconferenza, e ogni
triangolo iscritto in una semicirconferenza è
rettangolo
COROLLARIO 2: un rettangolo è sempre
inscrivibile in una circonferenza
Inscrivibilità
• Un quadrilatero è
iscrivibile se e solo se la
somma degli angoli
opposti è 180 gradi
• DIMOSTRAZIONE: ABC e
CDA insistono su archi
complementari, quindi
la somma dei loro
relativi angoli al centro
è 360°, e la loro somma
è quindi 180°
Applicazione criterio Inscrivibilità
• Sia H l’ortocentro di un
triangolo ABC, costruiamo H’
simmetrico di H rispetto alla
base BC, dimostra che ABH’C è
ciclico
• DIMOSTRAZIONE: vedi figura
• H ortocentro, M punto medio
AB, sia H’ l’intersezione del
prolungamento di HM con la
circonferenza, dimostra che
AHBH’ è un parallelogramma
• HINT per la dimostrazione:
basta guardare gli angoli
Teorema di Tolomeo
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•
AC*BD=AD*BC+AB*CD
DIMOSTRAZIONE: costruiamo
sulla diagonale AC un punto E tale
che AEB=BDC;
BAC=BDC perché insistono sullo
stesso arco, quindi AEB e BCD
sono simili e AE:CD=AB:BD;
BCA=BDA perché insistono sullo
stesso arco, e poiché BCD e BEA
sono simili, CBD=ABE e quindi
ABD=EBC, quindi ABD e EBC sono
simili e vale EC:BC=AD:BD
Le due precedecenti equazioni
diventano AB*CD=AE*BD e
AD*BD=EC*BD, sommandole si
ottiene la tesi
Potenza di un punto rispetto a una
circonferenza
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Pow(P)=PB*PA se P è esterno
Pow(P)=0 se è sulla circonferenza
Pow(P)=-PB*PA se è interno alla
circonferenza
La potenza non dipende dalla scelta
di A
DIMOSTRAZIONE:
Caso esterno: BPA’ e APB’ sono simili in
quanto BPB’ è in comune, e BAB’ e BA’B’
insistono sullo stesso arco e quindi sono
uguali; quindi PB’/PA=PB/PA’ =>
PA*PB=PA’*PB’=Pow(P)
Caso interno: PAB e PA’B’ sono simili
perché APB=A’PB’ essendo opposti al
vertice e gli altri sono uguali a due a due
perché insistono sullo stesso arco, quindi
PA/PA’=PB’/PB => PA*PB=PA’*PB’=-Pow(P)
