Paolo Bussotti Dipartimento di Scienze Matematiche Informatiche e
Paolo Bussotti Dipartimento di Scienze Matematiche, Informatiche e Fisiche, Università di Udine Piano nazionale lauree scientifiche – Matematica Workshop di formazione per i docenti di matematica della scuola superiore di secondo grado. L’uso della storia della matematica in chiave didattica
Problemi di costruzione di triangoli (1) 226. Costruire un triangolo conoscendo la posizione dei punti medi dei tre lati. Siano A, B, C i punti medi dati. Li si congiungano. Da A si tracci la parallela BC; da B la parallela ad AC e da C la parallela ad AB. I punti di intersezione A’, A’’’ delle tre rette individuano il triangolo cercato. Infatti, ABA’C è un parallelogramma per costruzione. Quindi AC=A’B. Analogamente ABCA’’’ è un parallelogramma, così che AC=A’’’B. Quindi A’B=A’’’B e B è, come richiesto il punto medio del lato A’A’’’. In maniera del tutto analoga procede il ragionamento per gli altri due lati.
Problemi di costruzione di triangoli (2) 227. Costruire un triangolo conoscendo il piede dell’altezza AH ed i punti medi E ed F dei due lati AB ed AC. Metodo analitico: immaginiamo il problema già risolto. Si congiungano E ed F. Da H si tracci la perpendicolare ad EF e sia O il punto d’intersezione. Dall’altra parte di O su HO si tracci il segmento OA=OH. Da H si tracci la parallela ad EF. Si congiunga A con E fino a incontrare la retta b in B. Stessa operazione congiungendo A con F a incontrare la retta b in C. Il triangolo è costruito. Dalla similitudine dei triangoli AOE e AHB (hanno gli angoli uguali) si ha che AE=1/2 AB, in quanto AO=1/2 AH per costruzione. Analogamente si ragiona per l’altro lato.
Problemi di costruzione di triangoli (3) 244. Costruire un triangolo dati un lato, un angolo adiacente e l’altezza relativa al lato. Su un lato dell’angolo dato, si stacchi il segmento AB lungo come il lato del triangolo. Da A si tracci poi la perpendicolare ad AB, su cui si stacca un segmento AH’ lungo come l’altezza CH. Da H’ si tracci la parallela ad AB, che incontra la retta a in C. Il triangolo è costruito.
Problemi di costruzione di triangoli (4) 243. Costruire un triangolo dati un lato, un angolo adiacente e la somma degli altri due lati. Sia AB il lato dato, α l’angolo ad esso adiacente ed AC+BC la somma degli altri due lati. Su un lato dell’angolo α, stacchiamo il segmento AB lungo come il lato del triangolo. Sull’altro lato a dell’angolo tracciamo il segmento AD=AC+BC. Si congiunga D con B. Si tracci l’asse di BD che incontra AD in un punto C. Si congiunga C con B. I triangoli BCH e CHD sono uguali perché hanno uguali due lati e l’angolo compreso. Quindi il triangolo ABC rispetta tutte le condizioni richieste.
Problemi di costruzione di triangoli (5) Rispondo a una giusta osservazione fatta a lezione: la costruzione mostrata porta sempre alla soluzione. Didatticamente si può procedere in due modi o si dice di dar per scontato che è così e si cercano di valutare solo le capacità costruttive dell’allievo oppure si introduce l’assioma di Pasch (davvero molto intuitivo): «Se una retta taglia un lato di un triangolo (come segmento), ne taglierà un altro (come segmento)» . Stesse notazioni della slide precedente. Supponiamo che venga tagliato da HC il lato AB. Allora DCB sarà isoscele e, quindi, AC=CB. Dunque AC+CD=AC+CB=AB<AD per ipotesi (AD è somma di due lati di un triangolo di cui AB è l’altro lato). D’altronde, ne triangolo ADC, risulterebbe AC+CD>AD. Se ne dovrebbe, quindi, concludere che AB>AD. Assurdo.
Problemi di costruzione di triangoli (6) 229. Costruire un triangolo ABC, dato il lato BC e le mediane BD e CE relative agli altri due lati. E’ noto che il baricentro divide ogni mediana in due parti tali che la parte che sta verso il vertice è doppia di quella che sta verso il lato. Conosciamo la lunghezza delle due mediane BD e CE, quindi, detto O il baricentro, sappiamo che OB=2 BD/3 e OC=2 CE/3. Allora, se si costruisce il triangolo OBE, si è individuato il baricentro di ABC e, quindi, si è risolto il problema. La questione è, allora, diventa: «Dati tre lati costruire il triangolo» . Ciò è molto semplice. Se, infatti il problema è risolvibile, basta mettere il compasso in B aperto di OB e in C aperto di OC. Il punto d’intersezione dei due segmenti determina il terzo vertice, che è baricentro del triangolo cercato. A questo punto si prolungano OB e OC ognuno di 1/3 della loro lunghezza, rispettivamente in D ed E. Si congiunge C con D e B con E, il loro punto d’intersezione determina il terzo vertice del triangolo.
Problemi sui poligoni (1) 272. In un triangolo i punti medi dei due lati e il punto medio del segmento d’altezza relativa a uno di essi, compreso tra l’ortocentro e il vertice sono vertici di un triangolo rettangolo. Sia E il punto medio di CB; sia O l’ortocentro e O’ il punto medio di AO. Sia CF l’altezza relativa ad AB. Poiché AO’=OO’, se da O’, punto medio di AO, si traccia la parallela all’altezza CF, per il teorema di Talete AD=DC e AG=GF, detto G il punto ove O’D seca AB. Quindi tale parallela incontra AC effettivamente nel punto medio D. Inoltre, poiché D ed E sono punti medi di AC e CB, DE è parallela ad AB. Il quadrilatero DD’GF è, quindi, un parallelogramma e poiché CF è l’altezza del triangolo, gli angoli in F e in G sono retti, quindi la figura è un rettangolo e l’angolo in D è retto, così che EDO’ è un triangolo rettangolo.
Problemi sui poligoni (2) 566. Se dal vertice A di un parallelogrammo ABCD si conduce una retta che taglia il lato BC in E ed il prolungamento del lato DC in F, i due triangoli DEC ed FEB sono equivalenti. Si tracci la diagonale BD. Il triangolo BDC è equivalente ad ABF poiché hanno base uguale (BC=AB) e sono compresi tra due parallele (AB e CD). Inoltre il triangolo BED è equivalente a BEA per lo stesso motivo. Quindi, per differenza il triangolo BEF è equivalente a DEC.
Problemi sui poligoni (3) 552. Condotti dai vertici di un qualsiasi triangolo ABC i segmenti AA’, BB’, CC’ uguali, paralleli e diretti nello stesso verso, si dimostri che se CC’ è interno alla striscia limitata da AA’ e BB’, il parallelogramma ABB’A’ è equivalente alla somma dei parallelogrammi ACC’A’; BB’C’C. Si prolunghi CC’ fino a incontrare A’B’ in C’’’ e AB in C’’. I parallelogrammi AC’’C’’’A’ hanno base uguale poiché C’’C’’’=CC’ e sono compresi tra rette parallele, quindi sono equivalenti. Analogamente per i parallelogrammi C’’C’’’B’B e BCC’B’. Da ciò segue la tesi da dimostrare.
Problemi sui poligoni (4) 572. In un qualsiasi quadrilatero ABCD, per il punto medio E di una diagonale, per esempio BD, si conduca la parallela all’altra diagonale AC e siano F, H le sue intersezioni col contorno del quadrilatero (esseno H dalla stessa parte di C rispetto alla retta BD). Si dimostri che la retta FC (o la AH) divide il quadrilatero in due parti equivalenti. Si congiunga E con A e con C. In questo modo il quadrilatero ABCD è stato diviso nei due quadrilateri ABCE e ADCE che sono equivalenti. Infatti, i due triangoli ABE e AED sono equivalenti poiché BE=ED e hanno la stessa altezza. Per la stessa ragione sono equivalenti i triangoli BEC e CED. Il quadrilatero ABCF ha in comune con AECB l’area AF’CB (il significato di F’ è evidente). Si tratta allora di provare che i due triangoli AF’F e CF’E sono equivalenti. Ma lo sono, infatti i due triangoli ACE e CFA sono equivalenti in quanto hanno la stessa base AC e sono compresi tra due parallele. Siccome il triangolo AF’C è in comune, ne consegue l’equivalenza dei due triangoli ACE e CFA. Pertanto AECB e AFCB sono equivalenti e AFCB equivale a 1/2 ABCD, l’altra metà è, allora, il triangolo FCD.
Problemi sui poligoni (5) 577. Teorema di Varignon. Se nel piano di un parallelogramma si considerano i tre triangoli che hanno come vertice un qualsiasi punto P e come lati opposti a tale vertice rispettivamente una diagonale del parallelogramma e i due lati che concorrono in uno stesso estremo della diagonale, il primo di questi due triangoli è equivalente alla somma o alla differenza degli altri due. Distinguere i casi. I casi si differenziano a seconda che il punto P sia esterno o interno al parallelogramma. Se è esterno il triangolo avente come lato la diagonale è la somma degli altri due, se è interno ne è la differenza. Infatti:
Problemi sui poligoni (6) I caso. Sia P esterno al parallelogramma ABCD. Occorre provare che ACP è equivalente alla somma di APB e APD. Si dimostra che l’altezza di ACP rispetto alla base AP è uguale alla somma delle altezze degli altri due triangoli. Si traccino le tre altezze. Sia CA’ l’altezza di ACP; BA’’ l’altezza di APB e DA’’’ l’altezza di ACD. Da B si tracci la parallela ad AA’. Per costruzione A’A’’BC è un parallelogramma, quindi A’’B=A’B’’. Resta da provare che B’’C=A’’’D. I due triangoli CB’’B e ADA’’’ sono congruenti perché AD=BC e AA’’’ è parallela a BB’’ e B’’C è parallela a A’’’D. Quindi, effettivamente B’’C=A’’’D.
Problemi sui poligoni (7) II caso (qui non metto la figura). Sia P interno al parallelogramma. Occorre provare che APC=APB-APD. Dimostriamo che l’altezza rispetto al lato AP in APC è la differenza delle altezze degli altri due triangoli rispetto allo stesso lato. Come nel caso precedente, si traccino tutte e tre le altezze. Da C si tracci la parallela a AA’ che incontra in E l’altezza A’’B. Si ha EC=A’A’’ e EA’’=A’C. D’altronde i triangoli EBC e ADA’’’ sono congruenti poiché BC=AD e gli altri due lati sono a due paralleli. Quindi EB=DA’’’. Quando P è su uno dei lati, per esempio AB, si ha il caso limite in cui APB degenera in un segmento e i due triangoli APD e APC sono equivalenti, come è immediato vedere.
Problemi relativi alla circonferenza (1) 461. Le quattro tangenti comuni a due circonferenze esterne si incontrano due a due in sei punti. Dimostrare che due di essi appartengono alla retta dei centri. Siano O e O’ i due centri. Consideriamo le tangenti comuni ACD e AFE. I due triangoli CO’A e FO’A sono congruenti (molto banale, basta, per esempio, applicare il teorema della tangente e della secante) quindi sono congruenti gli angoli CAO’ e FAO’. Analogamente sono congruenti gli angoli DAO e EAO. Quindi le due rette O’A e OA sono entrambe bisettrici dell’angolo in A, per cui coincidono. Dunque O, O’ ed A sono allineati. Si dimostrerà poi, con un ragionamento del tutto analogo che la retta dei centri è bisettrice dei due angoli opposti al vertice in B.
Problemi relativi alla circonferenza (2) 463. Date due circonferenze tangenti esternamente in A, si conduca per l’estremo B del diametro AB di una di esse una tangente all’altra. Se C è il punto di contatto di quella tangente e D l’intersezione della retta BC con la prima circonferenza, l’angolo DAC è uguale all’angolo OAC dove O è il centro della seconda circonferenza. Le due rette AD e OC sono parallele poiché entrambe perpendicolari alla tangente BC. Quindi i due angoli DAC e ACO sono congruenti poiché sono alterni interni di due parallele tagliate dalla trasversale AC. Inoltre il triangolo AOC è isoscele sulla base AC, quindi i due angoli ACO e OAC sono congruenti, per cui lo sono DAC e OAC.
Problemi relativi alla circonferenza (3) 485. Se, dato un triangolo qualsiasi, si conduce per l’estremo di un suo lato la perpendicolare fino a incontrare ulteriormente la circonferenza circoscritta, la corda così ottenuta risulta uguale al segmento che congiunge l’ortocentro del triangolo col vertice opposto al lato cui si è condotta la perpendicolare. H=ortocentro; D=punto di incontro della perpendicolare a BC in B, A’, B’, C’=piedi delle tre altezze. La tesi è che AH=BD DC è un diametro della circonferenza poiché l’angolo DBC è retto. Quindi anche DAC è retto. I due triangoli AHB’ e A’BH hanno rispettivamente l’angolo in B’ e C’ retto e i due angoli in H uguali perché opposti al vertice. Allora i due angoli HBA’ e HAB’ sono uguali e, per conseguenza lo sono anche HAD e DBH. Ma AH è parallela a DB e queste due rette, tagliate da AB formano uguali gli angoli HAB e ABD. Dunque, per sottrazione BAD=ABH (angoli). Pertanto i due triangoli BDA e BHA hanno un lato in comune e tre angoli uguali e sono, quindi, uguali. Dunque DB=AH
Problemi relativi alla circonferenza (4) 406. Con raggio dato descrivere una circonferenza tangente ad una circonferenza data e passante per un punto P assegnato. r=raggio; C’=circonferenza data di raggio r’. La circonferenza C’’ ottenuta con centro P e raggio r rappresenta il luogo geometrico della circonferenze che passano per P e che hanno raggio r. Consideriamo ora la circonferenza di raggio r’+r e centro O’ che taglia in P’ e P’’ la circonferenza C’’. Con centro in P’ e P’’ si traccino le circonferenze C’’’’ di raggio r. Sono quelle cercate.
Problemi relativi alla circonferenza (5) 431. Teorema di Möbius: «Se P è uno dei punti comuni a due circonferenze secanti e per esso si conducono due rette che tagliano la prima circonferenza in A e A’ e la seconda in B e B’, l’angolo delle due rette AA’ e BB’ è costante ed uguale all’angolo delle due circonferenze» . Tracciano la tangente PQ’ da P alla circonferenza C e sia Q’ il secondo punto ove tale tangente seca C’. Analogamente si tracci la tangente PQ da P alla circonferenza C’ e sia Q il punto ove tale tangente seca C. Si tratta di dimostrare che Per le proprietà degli angoli delle tangenti e delle secanti risulta che
Problemi relativi alla circonferenza (6) Quindi è sufficiente dimostrare che Il supplementare di è, ovviamente, Il supplementare di è Basta, allora, provare che L’angolo D’altronde è supplementare di è supplementare .
Problemi relativi alla circonferenza (7) Pertanto Risulta allora Dunque
Luoghi geometrici (1) 440. Si trovi il luogo geometrico dei punti medi delle corde di una circonferenza di centro O passanti per un punto assegnato A. Tale luogo è la circonferenza di diametro AO. Infatti, abbassata da O la perpendicolare a ciascuna corda, essa è bisecata da tale perpendicolare. Pertanto si hanno angoli retti che insistono tutti sul segmento AO.
Luoghi geometrici (2) 397. Determinare il luogo geometrico dei centri delle circonferenze tangenti a due circonferenze concentriche. Siano C e C’ le due circonferenze concentriche e O il loro comune centro. Si tracci il raggio OB di C’ che taglia in A la circonferenza C. Si determini il punto medio di AB. Lo si denomini O’. Con centro O’ e raggio OA si tracci la circonferenza C’’, che è tangente a C e C’. Il luogo cercato è allora la circonferenza C’’’ concentrica alle date e di raggio OO’.
Luoghi geometrici (3) 283. Determinare il luogo dei secondi estremi dei segmenti uguali, paralleli e concordi che hanno il primo estremo su una data circonferenza. Sia O il centro della data circonferenza C e AB il segmento dato in grandezza, direzione e verso. Da O si tracci la parallela ad AB che tagli la circonferenza C in A’. Si tracci A’B’=AB. Da B’ verso O si tracci un segmento lungo come il raggio di C. Si determina così il punto O’. Si tracci la circonferenza di raggio r e centro O’. E’ il luogo cercato. Consideriamo, infatti, un qualunque segmento C’D’ parallelo ad AB e avente l’estremo D’ sulla seconda circonferenza e l’altro estremo C’ su C.
Luoghi geometrici (4) Si congiunga O con C’ e O’ con D’. Da O si tracci la perpendicolare alla retta t. I triangoli OC’’C’ e OD’’D’ sono uguali. Sono, infatti, rettangoli e OC’=O’D’=r e OC’’=OD’’ (distanza tra due parallele). Quindi i due angoli C’’OC’ e D’’OD’ sono uguali. Allora lo sono anche i due angoli C’OA’ e D’O’B’. Quindi, per il primo criterio, i due triangoli C’OA’ e D’O’B’ sono uguali. Dunque A’C’=B’D’. Ma segmenti uguali compresi tra due parallele sono paralleli, per cui A’B’D’C’ è un parallelogramma e A’B’=C’D’.
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