Spesso mi è capitato di sentire dei miei amici che volevano dei problemi specifici di geometria che richiedevano delle costruzioni. In realtà con l’allenamento se ne trovano di tanti, ma mi sembrava giusto, a beneficio di tutti, dedicare un topic a parte per questi problemi.
Vi propongo quindi tre problemi facilotti che (dovrebbero) richiedere l’aggiunta di punti o costruzioni a caso. Se avrò tempo (e spero di sì), posterò le soluzioni nei prossimi giorni specificando l’idea che mi ha spinto a farlo. Buona fortuna!
P1. Sia $ABCD$ un quadrilatero convesso tale che $AB+CD=AD$. Dimostrare che l’asse di $BC$ e le bisettrici degli angoli $\widehat{BAD}, \widehat{ADC}$ concorrono.
P2. Sia $ABCD$ un quadrilatero convesso tale che l’angolo in $C$ sia retto. Il punto $P$ sta sul lato $CD$ in modo che $\widehat{APD}=\widehat{BPC}$ e $\widehat{BAP}=\widehat{ABC}$. Dimostrare che $2BC=AP+BP$.
P3. Sia $ABC$ un triangolo e $P$ un punto interno. Sia $H$ il punto su $BC$ tale che la bisettrice di $\widehat{AHP}$ sia perpendicolare alla retta $BC$. Sapendo che $\widehat{ABC}=\widehat{HPC}$ e che $\widehat{BPC}=130^{\circ}$ trovare l’ampiezza di $\widehat{BAC}$.
Re: Ah le costruzioni... queste sconosciute!
Inviato: 04 apr 2021, 19:29
da Luca Milanese
Testo nascosto:
P1)
Sia [math]P il punto appartenente al segmento [math]AD tale che [math]AP=AB e [math]PD=DC. I triangoli [math]\triangle{ABP} e [math]\triangle{DCP} sono allora entrambi isosceli, il primo sulla base [math]BP e il secondo sulla base [math]CP. Pertanto la bisettrice di [math]\angle{BAP}=\angle{BAD} coincide con l'asse di [math]BP, e similmente la bisettrice di [math]\angle{CDP}=\angle{ADC} coincide con l'asse di [math]CP. Questi due assi si incontrano nel circocentro di [math]\triangle{BPC}, per il quale, per definizione, passa anche l'asse di [math]BC, e dunque la tesi è dimostrata. [math]\Box
P2)
Si consideri la circonferenza [math]\omega circoscritta al triangolo [math]\triangle{APB}, e sia [math]Q l'intersezione fra [math]\omega e la bisettrice di [math]\angle{APB}. Siano poi [math]A' e [math]B' i piedi delle altezze da [math]Q rispettivamente sulle rette dei segmenti [math]AP e [math]BP. Dalla definizione di bisettrice come luogo geometrico si ha [math]QA'=QB', e inoltre [math]AQ=BQ in quanto cordi insistenti su archi alla circonferenza congruenti ([math]2\angle{APQ}=2\angle{BPQ}=\angle{APB}). Perciò dal teorema di Pitagora segue [math]AA'=BB', e dunque [math]AP+BP=A'P+B'P. Inoltre, per il primo criterio di congruenza i triangoli [math]\triangle{A'PQ} e [math]\triangle{B'PQ} risultano congruenti, da cui [math]A'P=B'P=\frac{AP+BP}{2}. Poiché [math]\angle{BPC}=\angle{APD}, si ha che [math]PQ è perpendicolare a [math]CP e dunque è parallelo a [math]BC, perciò [math]\angle{CBP}=\angle{BPQ}=\angle{APQ}=\angle{ABQ}
Da questa catena di uguaglianze segue [math]\angle{CBA}=\angle{PBQ}. Inoltre [math]\angle{PQB}=\angle{PAB}, perciò risulta [math]\angle{PBQ}=\angle{PQB} e [math]BP=QP. I triangoli [math]\triangle{CBP} e [math]\triangle{QB'P} sono simili, dunque [math]PQ \cdot CB = PB \cdot PB'. Da ciò segue [math]B'P=CB, cioè [math]CB=\frac{AP+BP}{2}[math]\Box
P3)
Sia [math]Q l'intersezione fra [math]AB e il prolungamento di [math]CP. Detto [math]\angle{AHP}=2\alpha, si ha per ipotesi [math]90^\circ=\alpha+\angle{AHC}=\alpha+\angle{PHB} [math]\Rightarrow \angle{AHC}=\angle{PHB} [math]\Rightarrow \angle{AHB}=\angle{PHB}+2\alpha=\angle{AHC}+2\alpha=\angle{PHC}
Essendo [math]\angle{ABC}=\angle{HPC} per ipotesi si ottiene che i triangoli [math]\triangle{AHB} e [math]\triangle{CHP} sono simili, dunque [math]\angle{HCP}=\angle{HAB}. Da ciò segue che il quadrilatero [math]AQHC è ciclico, dunque [math]\angle{CAH}=\angle{CQH}, e [math]\angle{QCH}=\angle{QAH}
Essendo [math]\angle{HPQ}=180^\circ-\angle{HPC}, risulta ciclico anche il quadrilatero [math]PQBH, perciò [math]\angle{PHC}=\angle{CQB} e [math]\angle{HQB}=\angle{HPB}
Ma [math]\angle{HQB}=\angle{CQB}-\angle{CQH} [math]\Rightarrow \angle{PHC}-\angle{CAH}=\angle{HPB}=130^\circ-\angle{CPH} [math]\Rightarrow \angle{PHC}+\angle{CPH}=130^\circ+\angle{CAH}
Nel triangolo [math]\triangle{PHC} si ha [math]\angle{PHC}+\angle{CPH}=180^\circ-\angle{PCH}, dunque: [math]50^\circ=\angle{PCH}+\angle{CAH}=\angle{QAH}+\angle{CAH}=\angle{BAC} [math]\Box
Re: Ah le costruzioni... queste sconosciute!
Inviato: 07 apr 2021, 12:54
da Mr.73
Ciao! Propongo una soluzione credo un po' diversa per il Problema 2
Testo nascosto:
L'idea sarebbe considerare $ E $, simmetrico di $ B $ rispetto alla retta $ CD $. Osservato che $ BC $ è perpendicolare a $ CD $, segue che $ BE $ è perpendicolare a $ CP $, cioè $ CP $ è altezza di$ BE $. Inoltre, per simmetria, $ BC = CE $, cioè $ CP $ è anche mediana, da cui il triangolo $ \triangle{BPE} $ è isoscele su base $ BE $. Segue che $ CP $ è anche bisettrice, quindi $ \widehat{BPC} = \widehat{CPE} $, ma, per ipotesi, $ \widehat{BPC} = \widehat{APD} $, quindi $ \widehat{APD} = \widehat{BPC} $. Dato l'allineamento dei punti $ D $ , $ P $ e $ C $ segue l'allineamento dei punti $ A $ , $ P $ ed $ E $. A questo punto, abbiamo che, per ipotesi, vale $ \widehat{BAP} = \widehat{ABC} \longrightarrow \widehat{BAE} = \widehat{ABE} $ , dunque che $ AE = BE $ , da cui, date le costruzioni fatte, segue la tesi.