Ecco gli esercizi sugli angoli come promesso. Un'avvertenza : non sono mai bravo a giudicare la difficoltà degli esercizi, quindi se trovate soverchie difficoltà nel risolverne qualcuno, fatelo presente qui e vedrò di dare qualche suggerimento o aggiungere delle richieste intermedie per costruire una dimostrazione guidata.
Non ho messo giudizi di difficoltà : le uniche conoscenze richieste sono quelle che sono emerse nel thread "1-Angoli, angoli e ancora angoli" in Glossario e Teoria di Base.
Metto tutti questi esercizi in un unico thread. Se qualche mio caro collega mod avesse da ridire, sposti e modifichi pure.
1)Sia ABC un triangolo e sia H il suo ortocentro. Dimostrare che:
(i) A è l'ortocentro di BCH, B è l'ortocentro di ACH, C è l'ortocentro di ABH (una simile configurazione di quattro punti si dice sistema ortocentrico).
(ii) l'incentro e gli excentri di ABC formano un sistema ortocentrico.
2) ABC è un triangolo acutangolo, H è il suo ortocentro e J,K,L sono le proiezioni di H sui tre lati (il triangolo JKL si dice triangolo ortico di ABC). Dimostrare che
(i) H è incentro di JKL
(ii) A,B,C sono excentri di JKL.
3) Sia ABC un triangolo e sia P un generico punto; dette D,E,F le proiezioni di P sui lati di ABC (o sui loro prolungamenti), chiamiamo DEF triangolo pedale di P rispetto ad ABC.
(i) calcolare gli angoli del triangolo pedale di P in funzione degli angoli che i segmenti PA, PB, PC formano con i lati.
(ii) dimostrare che il triangolo pedale di P rispetto al triangolo pedale di P rispetto al triangolo pedale di P rispetto ad ABC è simile ad ABC.
4) (Teorema di Simson) Dimostrare che il triangolo pedale di P rispetto ad ABC è degenere (=è una retta) se e solo se P si trova sulla circonferenza circoscritta ad ABC.
Tale retta si chiama retta di Simson del punto P.
5) Sia ABC un triangolo, H il suo ortocentro; siano D,E,F i simmetrici di H rispetto ai punti medi dei lati di ABC. Dimostrare che A,B,C,D,E,F sono conciclici.
6) Sia ABCD un quadrilatero ciclico, sia P l'incontro di AC e DB e siano K,L,M,N le proiezioni di P sui lati. Dimostrare che
(i) KLMN è circoscrittibile
(ii) KLMN è ciclico se e solo se AC e BD sono perpendicolari. (DIFFICILE)
7) Sia ABCD un quadrilatero; siano a,b,c,d le bisettrici dei suoi angoli esterni in A,B,C,D. Chiamiamo E l'intersezione di a,b, F l'intersezione di b,c, e similmente G,H. Dimostrare che
(i) EFGH è ciclico
(ii) detta e la perpendicolare da E su AB, f la perp da F su BC e similmente g,h, si ha che e,f,g,h individuano intersecandosi un quadrilatero circoscrittibile. (DIFFICILE)
8) (Teorema Giapponese) Sia ABCD un quadrilatero convesso ciclico; siano I,J,K,L gli incentri di ABC, BCD, CDA, DAB rispettivamente. Dimostrare che
(i) ABIL, BCJI, CDKJ, DALK sono ciclici
(ii) IJLK è un rettangolo.
9) Sia ABC un triangolo acutangolo e sia JKL il suo triangolo ortico; tracciamo le tangenti in A,B alla cfr circoscritta ad ABC, queste si incontrano in D, tracciamo ora le tangenti in B,C che si incontrano in E, sia inoltre F l'incontro tra la tangente in C e quella in A. Dimostrare che JKL e DEF sono simili (anzi, omotetici).
10)(Circonferenza dei 9 punti) Sia ABC un generico triangolo di ortocentro H e circocentro O. Dimostrare che :
(i) il triangolo pedale di H e quello di O hanno la stessa circonferenza circoscritta
(ii) tale circonferenza passa anche per i punti medi di AH, BH, CH.
11) Sia ABC un triangolo e P un punto in esso; si prolunghino i segmenti AP, BP, CP fino ad incontrare nuovamente la circonferenza circoscritta ad ABC e siano D,E,F tali intersezioni. Dimostrare che DEF è simile al triangolo pedale di P rispetto ad ABC.
DEF viene detto triangolo circumceviano di P rispetto ad ABC.
12) Sia $ A_1A_2A_3A_4 $ un quadrilatero ciclico e siano $ H_1H_2H_3H_4 $ gli ortocentri di $ A_2A_3A_4,\ A_1A_3A_4,\ A_1A_2A_4,\ A_1A_2A_3 $ rispettivamente. Dimostare che $ H_iH_jH_kA_h $ con {i,j,k,h} una qualche permutazione di {1,2,3,4} è un sistema ortocentrico.
**) (Questo non è proprio un esercizio, non pretendo che postiate la soluzione, è solo un consiglio) Cercate di calcolare gli angoli che le ceviane di alcuni punti notevoli formano con i lati di un triangolo generico. Ad es, sia H l'ortocentro di ABC, quanto valgono BAH, HAC in funzione degli angoli di ABC ? Oppure, con il circocentro o altri punti "famosi" che vi vengono in mente.
Per alcuni rari casi questo computo è fattibile con geometria elementare; per chi volesse provare con punti tipo il baricentro, temo che serva della solida trigonometria. Cmq, conoscere questi risultati per alcuni punti di solito è comodo.
Nota : quest'ultimo problema è il primo del 4° round del 5th Mathlinks Contest, la cui data termine era il 4 Giugno. La richiesta originale del problema era il secondo punto; ho aggiunto il primo come guida ad una soluzione che utilizzi solo gli esercizi svolti in precedenza.
13) Sia ABC un triangolo acutangolo, sia M il punto medio di BC e siano BE e CF le altezze di ABC; sia infine D un punto diverso da M sulla circonferenza circoscritta a MEF tale che DE=DF. Dimostrare che :
(i) detta K l'ulteriore intersezione della circonferenza circoscritta a MEF con BC, EKF è il triangolo ortico di ABC
(ii) AD è perpendicolare a BC.
Probabilmente ne aggiungerò altri a breve.
1-Angoli, angoli e ancora angoli
1-Angoli, angoli e ancora angoli
Ultima modifica di EvaristeG il 07 giu 2005, 09:00, modificato 2 volte in totale.
Provo il sesto.
Ho indicato gli angoli della figura con numeri,osservando
al contempo che molti di essi sono congruenti perche'
angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso
arco nei quadrilateri ciclici ABCD,AKPN,KBLP,LCMP e MDNP.
Poiche' PK,PL,PM e PN sono bisettrici degli angoli del
quadrilatero KLMN, quest'ultimo risulta circoscrittibile.
[ii]
E' facile vedere dalla figura che 6+10=90°=>1+3=90°
e viceversa.
Ho indicato gli angoli della figura con numeri,osservando
al contempo che molti di essi sono congruenti perche'
angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso
arco nei quadrilateri ciclici ABCD,AKPN,KBLP,LCMP e MDNP.
Poiche' PK,PL,PM e PN sono bisettrici degli angoli del
quadrilatero KLMN, quest'ultimo risulta circoscrittibile.
[ii]
E' facile vedere dalla figura che 6+10=90°=>1+3=90°
e viceversa.
Ultima modifica di karl il 30 mag 2005, 19:11, modificato 1 volta in totale.
Scrivo il 7°, dato che ci ho perso un pò di tempo confondendo i termini inscrittibile e circoscrittibile 
1) seguendo la notazione di EvaristeG si ha <AHD+<CFB=180° semplicemente applicando la somma degli angoli interni di un triangolo e guardando qualche angolo supplementare, da cui la tesi;
2)Chiamo O l'intersezione di h ed e. Dato che <OHE=<OEA=90°-alfa/2, si ha che OH=OE. Chiamo K l'intersezione di h e g... come prima KH=KG. Chiamo T l'intersezione di e ed f. Sarà TE=TF. Chiamo R l'intersezione di g ed f. Sarà RG=RF. Dobbiamo dimostrare per esempio (dico per esempio perchè quello non è l'unico quadrilatero formabile, anche se sono in numero finito) che RK+OT=OK+RT. Abbiamo ricavato sopra 4 equazioni che combinate danno il risultato. Prima si ottiene:
OK+KH=OT+TE
FT+RT=RK+KG
sommando membro a membro e considerando che KH=KG---TF=TE si ha la tesi...
Rilanciando, dato che si usa un metodo utile (ovviamente non evoluto, in caso contrario non l'avrei mai saputo utilizzare!), chi trova le condizioni (relative agli angoli del quadrilatero di partenza) perchè quei quadrilateri (mi pare varino da quadrilatero a quadrilatero) siano anche inscrittibili, ovverosia ciclici??? Faccio notare che questo problema è indipendente dal fatto che le perpendicolari passino per quei punti, dato che anche se spostiamo le rette parallelamente a sè stesse, gli angoli che formano rimangono uguali...
1) seguendo la notazione di EvaristeG si ha <AHD+<CFB=180° semplicemente applicando la somma degli angoli interni di un triangolo e guardando qualche angolo supplementare, da cui la tesi;
2)Chiamo O l'intersezione di h ed e. Dato che <OHE=<OEA=90°-alfa/2, si ha che OH=OE. Chiamo K l'intersezione di h e g... come prima KH=KG. Chiamo T l'intersezione di e ed f. Sarà TE=TF. Chiamo R l'intersezione di g ed f. Sarà RG=RF. Dobbiamo dimostrare per esempio (dico per esempio perchè quello non è l'unico quadrilatero formabile, anche se sono in numero finito) che RK+OT=OK+RT. Abbiamo ricavato sopra 4 equazioni che combinate danno il risultato. Prima si ottiene:
OK+KH=OT+TE
FT+RT=RK+KG
sommando membro a membro e considerando che KH=KG---TF=TE si ha la tesi...
Rilanciando, dato che si usa un metodo utile (ovviamente non evoluto, in caso contrario non l'avrei mai saputo utilizzare!), chi trova le condizioni (relative agli angoli del quadrilatero di partenza) perchè quei quadrilateri (mi pare varino da quadrilatero a quadrilatero) siano anche inscrittibili, ovverosia ciclici??? Faccio notare che questo problema è indipendente dal fatto che le perpendicolari passino per quei punti, dato che anche se spostiamo le rette parallelamente a sè stesse, gli angoli che formano rimangono uguali...
Re: 1-Angoli, angoli e ancora angoli
Non uso solo angoli tuttavia...EvaristeG ha scritto: 5) Sia ABC un triangolo, H il suo ortocentro; siano D,E,F i simmetrici di H rispetto ai punti medi dei lati di ABC. Dimostrare che A,B,C,D,E,F sono conciclici.
Sia $ K $ il circocentro di $ ABC $, $ M $ il punto medio di $ AB $ e $ L $ la proiezione di $ H $ su $ AB $.
Banalmente $ CL||KM $, poichè $ HM=MD $, avremo, per Talete $ CK=KD $, ma allora $ D $ è il simmetrico di $ C $ rispetto al centro della circonferenza su cui giace $ C $ stesso. Il che prova la tesi poichè il procedimento si può ripetere sugli altri tre lati.
Boll, la tua dimostrazione è corretta (a parte la dimostrazione di un allineamento mancante), cmq ne esiste una che utilizza solo gli angoli, quindi invito tutti a provare a trovarla...in teoria, dovrebbe essere la prima cosa che viene in mente di tentare, dopo aver considerato che basta provare la tesi per il quadrilatero formato da A,B,C e uno dei simmetrici di H.
Ultima modifica di EvaristeG il 31 mag 2005, 08:26, modificato 1 volta in totale.
Chi non conosce qualche termine è libero di chiedere, inoltre, mi pare che "excentro" sia l'unica parola un po' esotica e non definita nel testo. Tutto il resto è definito, basta cercare le scritte in corsivo.Boll ha scritto:Evariste, magari mettere all'inizio la spiegazione di tutti i termini utilizzati gioverebbe alla leggibilità... Triangolo ortico, excentro ecc.
Una nota generale : questi problemi non sono di livello elevato e sono pensati per far esercitare chi ne ha voglia nell'utilizzo degli angoli nelle dimostrazioni di geometria e, eventualmente, nella scrittura delle soluzioni.
Pregherei quindi gli utenti più navigati di valutare bene se sia il caso di postare soluzioni e, nel caso il problema li avesse impegnati abbastanza da voler cmq inviare la propria risposta, sarebbe meglio evitare le espressioni più tipiche e antipatiche dei libri di matematica : "facendo i conti", "sfruttando opportunamente le ipotesi", "combinando le n equazioni ottenute"...
Mi piacerebbe pensare che questi esercizi possano essere una possibilità per tutti di allenarsi e imparare e non mi dispiacerà se le risposte tarderanno ad arrivare : non devono essere risolti nel minor tempo possibile.
Infine, invito tutti a provare cmq a risolvere per conto proprio anche problemi la cui soluzione è già stata postata : questi esercizi hanno molteplici soluzioni, pur rimanendo sempre nell'uso degli angoli.
Ma parlo arabo?
Questi esercizi servono a chi deve impratichirsi con la geometria degli angoli.
Dimostrazioni sbocconcellate o accennate fanno più male che bene : svelano le pochissime idee che si devono avere nel risolvere il problema e lasciano al lettore l'onere di farsi le considerazioni banali ma doverose sui vari angoli, rendendo inutile l'esercizio, in quanto poi nessuno dovrà confrontarsi con il problema, ma solo con la verifica di alcune relazioni venute da chissà dove.
Inoltre, ripeto, vorrei che le soluzioni di questi esercizi fossero postate e trovate da chi ha bisogno di esercitarsi in geometria.
Se proprio qualcuno di un po' meno alle prime armi sentisse tuttavia la voglia di postare lo stesso, bene, lo faccia colorando opportunamente il testo, di modo che gli altri possano più facilmente evitare di leggere soluzioni a problemi che vorrebbero risolvere per conto loro.
Grazie
Questi esercizi servono a chi deve impratichirsi con la geometria degli angoli.
Dimostrazioni sbocconcellate o accennate fanno più male che bene : svelano le pochissime idee che si devono avere nel risolvere il problema e lasciano al lettore l'onere di farsi le considerazioni banali ma doverose sui vari angoli, rendendo inutile l'esercizio, in quanto poi nessuno dovrà confrontarsi con il problema, ma solo con la verifica di alcune relazioni venute da chissà dove.
Inoltre, ripeto, vorrei che le soluzioni di questi esercizi fossero postate e trovate da chi ha bisogno di esercitarsi in geometria.
Se proprio qualcuno di un po' meno alle prime armi sentisse tuttavia la voglia di postare lo stesso, bene, lo faccia colorando opportunamente il testo, di modo che gli altri possano più facilmente evitare di leggere soluzioni a problemi che vorrebbero risolvere per conto loro.
Grazie
N°1
i)Dimostro solo per il triangolo ACH, gli altri casi sono analoghi.
Chiamo A', B', C' rispettivamente i piedi delle altezze di ABC relative ai lati BC, AC, AB.
L'altezza di ACH relativa a AC è B'B perchè passa per H ed è perpendicolare a AC (essendo anche l'altezza di ABC relativa allo stesso lato).supplke
L'altezza di ACH relativa ad AH è BC perchè passa per C ed è perpendicolare a AH essendo AH l'altezza di ABC relativa a BC. Analogamente, l'altezza di ACH relativa a HC è AB.Le tre altezze si incontrano in B, da cui la tesi.
ii)Consideriamo l'incentro I e gli excentri X , Y, Z riferiti ai vertici A,B e C. Poichè XI e ZY sono bisettrici di angoli supplementari (l'angolo interno e l'angolo esterno in A) sono perpendicolari, per cui XI è l'altezza di XYZ riferita a YZ. Per simmetria anche YI e ZI sono altezze di XYZ e I, cioè la loro intersezione, ne è l'ortocentro. Applicando il punto (i) si ha la tesi.
i)Dimostro solo per il triangolo ACH, gli altri casi sono analoghi.
Chiamo A', B', C' rispettivamente i piedi delle altezze di ABC relative ai lati BC, AC, AB.
L'altezza di ACH relativa a AC è B'B perchè passa per H ed è perpendicolare a AC (essendo anche l'altezza di ABC relativa allo stesso lato).supplke
L'altezza di ACH relativa ad AH è BC perchè passa per C ed è perpendicolare a AH essendo AH l'altezza di ABC relativa a BC. Analogamente, l'altezza di ACH relativa a HC è AB.Le tre altezze si incontrano in B, da cui la tesi.
ii)Consideriamo l'incentro I e gli excentri X , Y, Z riferiti ai vertici A,B e C. Poichè XI e ZY sono bisettrici di angoli supplementari (l'angolo interno e l'angolo esterno in A) sono perpendicolari, per cui XI è l'altezza di XYZ riferita a YZ. Per simmetria anche YI e ZI sono altezze di XYZ e I, cioè la loro intersezione, ne è l'ortocentro. Applicando il punto (i) si ha la tesi.
N°5 (solo con gli angoli)
Sia D il simmetrico di H rispetto a AB e S e T i piedi delle altezze da A e da B. I triangoli ABS e ABT sono rettangoli per cui
$ \angle SAB = \pi / 2 - \angle B \\ \angle TAB = \pi /2 - \angle A \\ \angle ADB = \angle AHB =\pi - \angle TAB -\angle SAB = \angle A + \angle B $
e infine, poichè la somma degli angoli di ABC è $ \pi $ ABCD è ciclico. Per simmetria sugli altri lati, la tesi è dimostrata.
Sia D il simmetrico di H rispetto a AB e S e T i piedi delle altezze da A e da B. I triangoli ABS e ABT sono rettangoli per cui
$ \angle SAB = \pi / 2 - \angle B \\ \angle TAB = \pi /2 - \angle A \\ \angle ADB = \angle AHB =\pi - \angle TAB -\angle SAB = \angle A + \angle B $
e infine, poichè la somma degli angoli di ABC è $ \pi $ ABCD è ciclico. Per simmetria sugli altri lati, la tesi è dimostrata.
3-i)Sia D la proiezione di P su AB, F quella su AC e E quella su BC.
Considero il quadrilatero ADFP Gli angoli in F e in D sono retti, perciò è ciclico.
L'angolo $ \angle DFP $ è congruente a $ \angle DAP $ pòerchè angoli alla circonferenza che insistono sullo steszso arco, e così $ \angle PFE = \angle PCE $ perciò
$ \angle DFE = \angle DAP + \angle PCE $.
Analogamente per gli altri angoli:
$ \angle FED = \angle FCP + \angle PDB \\ \angle EDF = \angle EBP + \angle FAP $.
EDIT: Facendo un po' di conti mi sono accorto che la dimostrazione sopra è valida solo prendendo gli angoli orientati in modo tale che la somma dei due angoli formati da P con un vertice dia l'angolo del triangolo di quel vertice. Se vi da' fastidio o è sbagliato, fate finta che io abbia messo un po' di meno nei posti giusti.
Considero il quadrilatero ADFP Gli angoli in F e in D sono retti, perciò è ciclico.
L'angolo $ \angle DFP $ è congruente a $ \angle DAP $ pòerchè angoli alla circonferenza che insistono sullo steszso arco, e così $ \angle PFE = \angle PCE $ perciò
$ \angle DFE = \angle DAP + \angle PCE $.
Analogamente per gli altri angoli:
$ \angle FED = \angle FCP + \angle PDB \\ \angle EDF = \angle EBP + \angle FAP $.
EDIT: Facendo un po' di conti mi sono accorto che la dimostrazione sopra è valida solo prendendo gli angoli orientati in modo tale che la somma dei due angoli formati da P con un vertice dia l'angolo del triangolo di quel vertice. Se vi da' fastidio o è sbagliato, fate finta che io abbia messo un po' di meno nei posti giusti.
Ultima modifica di Sisifo il 01 giu 2005, 14:06, modificato 1 volta in totale.
3-ii)
Con le notazioni di prima, si ricavano dal punto (i)gli angoli che P fa con il suo triangolo pedale. Si riapplica il risultato di prima quattro volte e si vede che gli angoli corrispondenti sono uguali. Perciò questo triangolo pedale è simile a quello di partenza
2)
Chiamo il triangolo ABC e il piede delle altezze rispetto a A, B e C, D, E e F e l'ortocentro H. Considero i quadrilateri BFDH e CDEH. Essi sono ciclici perchè hanno due angoli retti. Allora
$ \angle HCE = \angle HDE \\ \angle HBF = \angle HDF $
Perchè angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco. Ma
$ \angle FBD = \angle FCA $
perchè entrambi complementari di $ \angle BAC $. Quindi AD è bisettrice di$ \angle FDE $. Per simmetria anche BE e CF sono bisettrici di $ \angle FED $ e $ \angle EFD $. Quindi il loro punto in comune (H) è l'incentro di DEF. CVD
Con le notazioni di prima, si ricavano dal punto (i)gli angoli che P fa con il suo triangolo pedale. Si riapplica il risultato di prima quattro volte e si vede che gli angoli corrispondenti sono uguali. Perciò questo triangolo pedale è simile a quello di partenza
2)
Chiamo il triangolo ABC e il piede delle altezze rispetto a A, B e C, D, E e F e l'ortocentro H. Considero i quadrilateri BFDH e CDEH. Essi sono ciclici perchè hanno due angoli retti. Allora
$ \angle HCE = \angle HDE \\ \angle HBF = \angle HDF $
Perchè angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco. Ma
$ \angle FBD = \angle FCA $
perchè entrambi complementari di $ \angle BAC $. Quindi AD è bisettrice di$ \angle FDE $. Per simmetria anche BE e CF sono bisettrici di $ \angle FED $ e $ \angle EFD $. Quindi il loro punto in comune (H) è l'incentro di DEF. CVD
Ultima modifica di Sisifo il 01 giu 2005, 13:37, modificato 2 volte in totale.
10-i)
Siano D, E, F i piedi delle altezze da A, B, C, e sia M il punto medio di BC. Per il problema 3) l'angolo $ \angle DFE = \angle HBD + \angle HAC $. Ma BEC è rettangolo e EM è mediana, per cui MEC è isoscele e $ \angle BME = \pi - \angle EMC = \pi - ( \pi - 2 \beta) = 2 \beta $. Ma $ \angle DFE $ e $ \angle DME $ sono supplementari, cioè DMFE è ciclico cioè M appartiene alla stessa circonferenza di DFE. Per simmetria la tesi è dimostrata.
Siano D, E, F i piedi delle altezze da A, B, C, e sia M il punto medio di BC. Per il problema 3) l'angolo $ \angle DFE = \angle HBD + \angle HAC $. Ma BEC è rettangolo e EM è mediana, per cui MEC è isoscele e $ \angle BME = \pi - \angle EMC = \pi - ( \pi - 2 \beta) = 2 \beta $. Ma $ \angle DFE $ e $ \angle DME $ sono supplementari, cioè DMFE è ciclico cioè M appartiene alla stessa circonferenza di DFE. Per simmetria la tesi è dimostrata.