punti notevoli del triangolo
punti notevoli del triangolo
Come viene dimostrato il fatto che , ad esempio , le 3 bisettrici del triangolo si incontrino in un unico punto?
Re: punti notevoli del triangolo
Beh, per esempio la bisettrice di un angolo è il luogo dei punti equidistanti dai due lati...
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)
Re: punti notevoli del triangolo
e come si ricava da cio' il fatto che si incontrino tutti e 3 nello stesso punto?Drago96 ha scritto:Beh, per esempio la bisettrice di un angolo è il luogo dei punti equidistanti dai due lati...
E per gli altri punti notevoli oltre all'incentro?
Re: punti notevoli del triangolo
Il fatto che sia le mediane, sia le altezze, sia le bisettrici di un triangolo siano concorrenti è una conseguenza del teorema di Ceva. Se vi interessa approfondire l'argomento, consiglio http://www.lorenzoroi.net/geometria/Ceva.html.
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]
Re: punti notevoli del triangolo
Beh, la questione è più complicata (ovviamente) di così... allora, intanto NON C'E' un modo standard di dimostrare che tre rette concorrono, in un triangolo o meno.
Poi, a volte certi punti non sono "definiti" a partire da tre rette, ma da altre proprietà, oppure le tre rette date nella definizione non passano per i vertici...provo a fare uno sketch di quel che si trova in giro.
1. Teniamoci a distanza
Considera il triangolo $ABC$ e la bisettrice $AD$. Come brevemente osservato da Drago96, si ha che $AD=\{P : d(P, AB)=d(P,AC)\}$; similmente se $BE$ è bisettrice, si ha $BE=\{P : d(P, AB)=d(P, BC)\}$. Intersechiamole (perché due bisettrici di sicuro si intersecano, vero?!). Vogliamo $P$ tale che $d(P,AB)=d(P,AC)$ e $d(P,BC)=d(P,AB)$, ma allora
$$d(P,BC)=d(P, AB)=d(P,AC)\;.$$
quindi per questo punto $P$ si ha anche $d(P, BC)=d(P,AC)$, il che implica (!) che $P$ sta anche sull'altra bisettrice, $CF=\{P : d(P,AC)=d(P, BC)\}$.
Esercizio 1: Considera l'insieme $\mathcal{L}$ dei punti $P$ interni al triangolo $ABC$ tali che $d(P, AB)=k\cdot d(P, AC)$, per $k>0$.Cos'è? Un elfo? Uno gnomo? Una circonferenza?
Esercizio 2: Considera gli insiemi $\mathcal{L}=\{P : d(P, AB)=k\cdot d(P, AC)\}$ e $\mathcal{L}'=\{P : d(P, BC)=h\cdot d(P, AB)\}$ per $h,k>0$. Chiama $Q$ un punto dell'intersezione, riesci a calcolare $d(Q, AC)/d(Q, BC)$?
Esercizio 3: Quando i tre insiemi (che ormai s'è capito cosa sono eh?)
$\{P : d(P, AB)=k\cdot d(P, AC)\}$, $\{P : d(P, BC)=h\cdot d(P, AB)\}$, $\{P : d(P, AC)=j\cdot d(P, BC)\}$
si incontrano tutti e tre in un punto? Per quali condizioni su $k,h,j$?
2. Il Teorema di Ceva
Questo mostro sacro della geometria dice che in un triangolo $ABC$, dati $D$ su $BC$, $E$ su $CA$, $F$ su $AB$,
i segmenti $AD$, $BE$, $CF$ concorrono $\Leftrightarrow$ $BD\cdot CE\cdot AF=DC\cdot EA\cdot FB$.
La dimostrazione la trovi un po' dovunque, basta cercare (ma non è lontanissima dall'esercizio 3 di cui sopra). L'equazione di destra può anche essere scritta come
$$\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\;.$$
Ora, ovviamente questo dimostra che le mediane concorrono: in quel caso, $D$, $E$, $F$ sono i punti medi e quindi $BD=DC$, $CE=EA$, $AF=FB$; questo dimostra anche che le bisettrici concorrono, basta sapere che, se $AD$ è bisettrice, $BD/DC=BA/AC$ e così via e poi sostituire. Per le altezze c'è qualche conto in più da fare.
Esercizio 1: Sia $ABC$ un triangolo acutangolo, sia $D$ il piede dell'altezza da $A$ su $BC$ e sia $D'$ il suo simmetrico rispetto al punto medio di $BC$. Definiamo allo stesso modo $E'$ e $F'$ sugli altri lati. Dimostrare che $AD'$, $BE'$, $CF'$ concorrono.
Esercizio 2: Sia $ABC$ un triangolo e siano $D$, $E$, $F$ i punti in cui la circonferenza inscritta è tangente ai lati. Dimostrare che $AD$, $BE$, $CF$ concorrono.
...e un sacco d'altri.
3. Diritti del retto (l'angolo!)
Considera un triangolo $ABC$ e prendi tre punti a caso $D$, $E$, $F$ nel piano.
Le perpendicolari da $D$ a $BC$, da $E$ ad $AC$, da $F$ ad $AB$ concorrono se e solo se $BD^2+CE^2+AF^2=DC^2+EA^2+FB^2$.
La dimostrazione di questo simpatico fatto è, in sostanza, il teorema di Pitagora fatto e rifatto un sacco di volte. A volte questo teorema è attribuito a Carnot.
Per le altezze, si ha che loro sono le perpendicolari da $A$ a $BC$, da $B$ ad $AC$, da $C$ ad $AB$, quindi, poiché
$$AB^2+CB^2+AC^2=BC^2+BA^2+CB^2$$
esse concorrono.
Anche gli assi dei lati, essendo le perpendicolari passanti per i punti medi, concorrono, in quanto l'equazione diventa
$$BC^2/4+CA^2/4+AB^2/4=BC^2/4+CA^2/4+AB^2/4$$
che sembra proprio vera!
Esercizio 1: Sia $D$ su $BC$ tale che $AB+BD=AC+CD$ e definiamo allo stesso modo $E$ su $AC$ e $F$ su $AB$. Dimostrare che le perpendicolari da $D$ a $BC$ ,da $E$ a $AC$, da $F$ a $AB$ concorrono.
Esercizio 2: Sia $D$ l'intersezione delle bisettrici esterne di $\widehat{B}$ e $\widehat{C}$ ($D$ si dice excentro opposto ad $A$). E definiamo allo stesso modo $E$ e $F$. Dimostrare che le perpendicolari da $D$ a $BC$ ,da $E$ a $AC$, da $F$ a $AB$ concorrono.
4. Supercazzole
C'è poi una serie di modi per dimostrare che certa roba concorre che si basano sui precedenti risultati e sulle loro "simmetrie", ad esempio prova un po' a cercare "coniugato isogonale", oppure "coniugato isotomico".
Ci sono poi metodi che arrivano dalla geometria proiettiva, come il teorema di Desargues, il teorema di Pappo, il teorema di Pascal e il teorema di Brianchon (anche di questi puoi leggerti l'enunciato senza problemi).
Poi, a volte basta semplicemente trovare il triangolo giusto dentro cui leggere il problema... ma questa è un'altra storia!
Ti ho risposto?
Poi, a volte certi punti non sono "definiti" a partire da tre rette, ma da altre proprietà, oppure le tre rette date nella definizione non passano per i vertici...provo a fare uno sketch di quel che si trova in giro.
1. Teniamoci a distanza
Considera il triangolo $ABC$ e la bisettrice $AD$. Come brevemente osservato da Drago96, si ha che $AD=\{P : d(P, AB)=d(P,AC)\}$; similmente se $BE$ è bisettrice, si ha $BE=\{P : d(P, AB)=d(P, BC)\}$. Intersechiamole (perché due bisettrici di sicuro si intersecano, vero?!). Vogliamo $P$ tale che $d(P,AB)=d(P,AC)$ e $d(P,BC)=d(P,AB)$, ma allora
$$d(P,BC)=d(P, AB)=d(P,AC)\;.$$
quindi per questo punto $P$ si ha anche $d(P, BC)=d(P,AC)$, il che implica (!) che $P$ sta anche sull'altra bisettrice, $CF=\{P : d(P,AC)=d(P, BC)\}$.
Esercizio 1: Considera l'insieme $\mathcal{L}$ dei punti $P$ interni al triangolo $ABC$ tali che $d(P, AB)=k\cdot d(P, AC)$, per $k>0$.Cos'è? Un elfo? Uno gnomo? Una circonferenza?
Esercizio 2: Considera gli insiemi $\mathcal{L}=\{P : d(P, AB)=k\cdot d(P, AC)\}$ e $\mathcal{L}'=\{P : d(P, BC)=h\cdot d(P, AB)\}$ per $h,k>0$. Chiama $Q$ un punto dell'intersezione, riesci a calcolare $d(Q, AC)/d(Q, BC)$?
Esercizio 3: Quando i tre insiemi (che ormai s'è capito cosa sono eh?)
$\{P : d(P, AB)=k\cdot d(P, AC)\}$, $\{P : d(P, BC)=h\cdot d(P, AB)\}$, $\{P : d(P, AC)=j\cdot d(P, BC)\}$
si incontrano tutti e tre in un punto? Per quali condizioni su $k,h,j$?
2. Il Teorema di Ceva
Questo mostro sacro della geometria dice che in un triangolo $ABC$, dati $D$ su $BC$, $E$ su $CA$, $F$ su $AB$,
i segmenti $AD$, $BE$, $CF$ concorrono $\Leftrightarrow$ $BD\cdot CE\cdot AF=DC\cdot EA\cdot FB$.
La dimostrazione la trovi un po' dovunque, basta cercare (ma non è lontanissima dall'esercizio 3 di cui sopra). L'equazione di destra può anche essere scritta come
$$\frac{BD}{DC}\cdot\frac{CE}{EA}\cdot\frac{AF}{FB}=1\;.$$
Ora, ovviamente questo dimostra che le mediane concorrono: in quel caso, $D$, $E$, $F$ sono i punti medi e quindi $BD=DC$, $CE=EA$, $AF=FB$; questo dimostra anche che le bisettrici concorrono, basta sapere che, se $AD$ è bisettrice, $BD/DC=BA/AC$ e così via e poi sostituire. Per le altezze c'è qualche conto in più da fare.
Esercizio 1: Sia $ABC$ un triangolo acutangolo, sia $D$ il piede dell'altezza da $A$ su $BC$ e sia $D'$ il suo simmetrico rispetto al punto medio di $BC$. Definiamo allo stesso modo $E'$ e $F'$ sugli altri lati. Dimostrare che $AD'$, $BE'$, $CF'$ concorrono.
Esercizio 2: Sia $ABC$ un triangolo e siano $D$, $E$, $F$ i punti in cui la circonferenza inscritta è tangente ai lati. Dimostrare che $AD$, $BE$, $CF$ concorrono.
...e un sacco d'altri.
3. Diritti del retto (l'angolo!)
Considera un triangolo $ABC$ e prendi tre punti a caso $D$, $E$, $F$ nel piano.
Le perpendicolari da $D$ a $BC$, da $E$ ad $AC$, da $F$ ad $AB$ concorrono se e solo se $BD^2+CE^2+AF^2=DC^2+EA^2+FB^2$.
La dimostrazione di questo simpatico fatto è, in sostanza, il teorema di Pitagora fatto e rifatto un sacco di volte. A volte questo teorema è attribuito a Carnot.
Per le altezze, si ha che loro sono le perpendicolari da $A$ a $BC$, da $B$ ad $AC$, da $C$ ad $AB$, quindi, poiché
$$AB^2+CB^2+AC^2=BC^2+BA^2+CB^2$$
esse concorrono.
Anche gli assi dei lati, essendo le perpendicolari passanti per i punti medi, concorrono, in quanto l'equazione diventa
$$BC^2/4+CA^2/4+AB^2/4=BC^2/4+CA^2/4+AB^2/4$$
che sembra proprio vera!
Esercizio 1: Sia $D$ su $BC$ tale che $AB+BD=AC+CD$ e definiamo allo stesso modo $E$ su $AC$ e $F$ su $AB$. Dimostrare che le perpendicolari da $D$ a $BC$ ,da $E$ a $AC$, da $F$ a $AB$ concorrono.
Esercizio 2: Sia $D$ l'intersezione delle bisettrici esterne di $\widehat{B}$ e $\widehat{C}$ ($D$ si dice excentro opposto ad $A$). E definiamo allo stesso modo $E$ e $F$. Dimostrare che le perpendicolari da $D$ a $BC$ ,da $E$ a $AC$, da $F$ a $AB$ concorrono.
4. Supercazzole
C'è poi una serie di modi per dimostrare che certa roba concorre che si basano sui precedenti risultati e sulle loro "simmetrie", ad esempio prova un po' a cercare "coniugato isogonale", oppure "coniugato isotomico".
Ci sono poi metodi che arrivano dalla geometria proiettiva, come il teorema di Desargues, il teorema di Pappo, il teorema di Pascal e il teorema di Brianchon (anche di questi puoi leggerti l'enunciato senza problemi).
Poi, a volte basta semplicemente trovare il triangolo giusto dentro cui leggere il problema... ma questa è un'altra storia!
Ti ho risposto?
Re: punti notevoli del triangolo
intanto ti rispondo alla 1. che non ci ho messo poco per capirli.;
Es.1
con $ k>0 $ l'insieme $ L $ è un semplice segmento che parte da un vertice e tocca in un punto sul lato opposto e quindi un ceviano.
Questo , perchè , prendendo 1 punto P si formano 2 triangoli. e $ d(P,AB)=kd(P,AC) $ e quindi $ k=\frac{d(P,AB)}{d(P,AC} $.
Unendo P , con il vertice A , prolunghiamo poi il segmento che esce fuori e su di esso prendiamo un altro punto $ P $ , abbiamo cosi, altri 2 triangoli simili ai primi 2 e il rapporto quindi, $ k $ è lo stesso.
Es.2
allora , $ d(P,AC)=\tfrac{d(P,AB)}{k} $ e $ d(P,BC)=hd(P,AB) $.
$ P $ , indica un generico punto e quindi lo possiamo sostituire con $ Q $
quindi , $ \tfrac{d(Q,AC)}{d(Q,BC}=\tfrac{d(P,AB)}{k}*\tfrac{1}{hd(P,AB)} $
che diventa $ \frac{1}{hd} $
Es.3
La condizione necessaria è la seguente:
$ h*k=\frac{1}{j} $
$ j*k=\frac{1}{h} $
$ h*j=\frac{1}{k} $
Perchè?
$ k=\frac{d(P,AB)}{d(P,AC} $
$ h=\frac{d(P,BC)}{d(P,AB} $
$ j=\frac{d(P,AC)}{d(P,BC} $
da qui notiamo che il valore di uno delle 3 variabili dipende dalle altre 2. E un modo di legarle assieme è quello la' sopra.
Da notare che$ khj=1 $
Es.1
con $ k>0 $ l'insieme $ L $ è un semplice segmento che parte da un vertice e tocca in un punto sul lato opposto e quindi un ceviano.
Questo , perchè , prendendo 1 punto P si formano 2 triangoli. e $ d(P,AB)=kd(P,AC) $ e quindi $ k=\frac{d(P,AB)}{d(P,AC} $.
Unendo P , con il vertice A , prolunghiamo poi il segmento che esce fuori e su di esso prendiamo un altro punto $ P $ , abbiamo cosi, altri 2 triangoli simili ai primi 2 e il rapporto quindi, $ k $ è lo stesso.
Es.2
allora , $ d(P,AC)=\tfrac{d(P,AB)}{k} $ e $ d(P,BC)=hd(P,AB) $.
$ P $ , indica un generico punto e quindi lo possiamo sostituire con $ Q $
quindi , $ \tfrac{d(Q,AC)}{d(Q,BC}=\tfrac{d(P,AB)}{k}*\tfrac{1}{hd(P,AB)} $
che diventa $ \frac{1}{hd} $
Es.3
La condizione necessaria è la seguente:
$ h*k=\frac{1}{j} $
$ j*k=\frac{1}{h} $
$ h*j=\frac{1}{k} $
Perchè?
$ k=\frac{d(P,AB)}{d(P,AC} $
$ h=\frac{d(P,BC)}{d(P,AB} $
$ j=\frac{d(P,AC)}{d(P,BC} $
da qui notiamo che il valore di uno delle 3 variabili dipende dalle altre 2. E un modo di legarle assieme è quello la' sopra.
Da notare che$ khj=1 $
Re: punti notevoli del triangolo
In media, ok!
Nell'es2 c'è una P dove dovrebbe esserci una Q, ma si capisce.
E sì, la condizione che volevo nell'es3 è proprio hkj=1, che ricorda mooolto da vicino il teorema di Ceva (ed anzi, è il teorema di ceva, modulo qualche conticino ino ino).
Spero noterai che per h=j=k=1 si hanno le bisettrici e ti invito, anche senza scriverle qui, a trovare h,k,j per altre ceviane note che si incontrano (mediane, altezze, cose che passano per il circocentro, etc).
Nell'es2 c'è una P dove dovrebbe esserci una Q, ma si capisce.
E sì, la condizione che volevo nell'es3 è proprio hkj=1, che ricorda mooolto da vicino il teorema di Ceva (ed anzi, è il teorema di ceva, modulo qualche conticino ino ino).
Spero noterai che per h=j=k=1 si hanno le bisettrici e ti invito, anche senza scriverle qui, a trovare h,k,j per altre ceviane note che si incontrano (mediane, altezze, cose che passano per il circocentro, etc).