Problemi di geometria su angoli alla circonferenza e angoli al centro

Problemi di geometria su angoli alla circonferenza e angoli al centro
1. Si ha che:
\ è metà del corrispondente angolo al centro AOB
\ che insiste sull’arco maggiore. Denotiamo
• L’angolo ACB
quest’ultimo con α.
\ è metà del corrispondente angolo al centro AOB
\ che insiste sull’arco minore. Denotiamo quest’ul• L’angolo ADB
timo con β.
Considerando che α + β = 360◦ , si ha che
\ + ADB
\ = 1 α + 1 β = 1 (α + β) = 1 360◦ = 180◦ .
ACB
2
2
2
2
\
2. AP
B = 90◦ perchè ABP è triangolo inscritto in una semicirconferenza,
\ = 90◦ − α perchè complementare di P
\
ABP
AB,
[
AP O = α perchè APO è isoscele (PO e AO sono raggi),
\
\
P
OB = 2α perchè angolo al centro di P
AB,
◦
[
\
AOP = 180 − 2α perchè supplementare di P
OB,
⌢
◦
\
\
ADP = ABP = 90 − α perchè insistono sullo stesso arco AP .
⌢
\
\
P
DB = P
AB = α perchè insistono sullo stesso arco BP .
3. I triangoli PRS e QRS sono congruenti per il quarto criterio di congruenza. Infatti:
• SR è in comune;
⌢
[
[ perchè insistono sullo stesso arco SR;
• SP
R∼
= SQR
⌢
[ perchè P[
\
\
[ (insistono sullo stesso arco QR).
• P[
RS ∼
RS ∼
R (alterni interni) e QP
R∼
= QSR
= QP
= QSR
Analogamente si dimostra che i triangoli PRQ e PSQ sono congruenti.
[ per quanto detto in precedenza. Analogamente per il triangolo ORS.
Il triangolo OPQ è isoscele, infatti P[
RS ∼
= QSR
\ = α, si ha che BAC
\ = 2α.
4. Sia O il centro della circonferenza. Detto ABC
\ + BAC
\ = 90◦ , da cui α + 2α =
Essendo inscritto in una semicirconferenza, il triangolo ABC è rettangolo e quindi ABC
◦
◦
90 , da cui α = 30 .
[ = 2α = 60◦ .
• In particolare, CAO
[ è l’angolo al centro di CBA,
\ pertanto anche COA
[ = 2α = 60◦ .
• L’angolo COA
Quindi il triangolo CAO è isoscele, in particolare AC ∼
= CO (in realtà CAO è anche equilatero, essendo che CO ∼
= OA
perchè raggi).
5. Per dimostrare che ABCD è un trapezio, è suﬃciente dimostrare che AD è parallelo a BC:
\∼
\ perchè angoli alla circonferenza che insistono su archi congruenti. Di conseguenza, BC è
• Si ha che CBD
= BDA
parallelo a AD per il teorema inverso delle rette parallele tagliate da una trasversale.
Per dimostrare che ABCD è un trapezio isoscele, è suﬃciente osservare che AB ∼
= CD perchè corde corrispondenti ad
archi congruenti.
6. Il triangolo PCR è isoscele perchè PC e CR sono due raggi.
\ è retto perchè il triangolo CQP è inscritto in una semicirconferenza.
L’angolo CQP
La retta CQ, essendo perpendicolare a RP e passante per il centro della circonferenza, è asse della corda RP. In
particolare P R ∼
= 2P Q.
7. a) Si ha che:
\∼
\ perchè alterni interni, e poichè CAD
\∼
\ allora BAD
\∼
\
• ADE
= CAD
= EAD,
= ADE.
∼
\ = EDB
\ perchè insistono sullo stesso arco.
• EAB
\∼
\ perchè somma di angoli congruenti (EAD
\∼
\ + BAD
\ e ADB
\∼
\ + EDB).
\
In particolare, EAD
= ADB
= EAB
= ADE
b) Per dimostrare che BEAD è un trapezio, è suﬃciente dimostrare che EB è parallelo ad AD:
\∼
\ perchè insistono sullo stesso arco, e poichè EDA
\∼
\ allora EBA
\∼
\ Da ciò
• Si ha che EBA
= EDA
= BAD,
= BAD.
segue che, per il teorema inverso delle rette parallele tagliate da una trasversale, EB è parallelo ad AD.
\∼
\
Per dimostrare che BEAD è un trapezio isoscele, è suﬃciente osservare che EAD
= BDA.
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