QUADERNO 2 E – 2 F – 2019/2020 · lati la base originale e la metà dell'altezza del triangolo, e alla fine (e qui c'è la parte nuova), potremo applicare il secondo teorema di

http://www.lacella.it/profcecchi https://www.facebook.com/profcecchi http://dottorcecchi.blogspot.it/

QUADERNO 2 E – 2 F – 2019/2020

MODULO 12: TEOREMI DI EUCLIDE E PITAGORA

DEFINIZIONE/NOTAZIONEDato un segmento s indicheremo con q(s) il quadrato costruito su s, ovvero il quadrato con un latoche coincide con s.Dati due segmenti s,t indicheremo con r(s,t) il rettangolo costruito con lati congruenti a s e a t.[pag.250 vol.Geometria]

TEOREMA (Primo teorema di Euclide)Sia ABC triangolo rettangolo in C, sia H la proiezione di C sull'ipotenusa AB.q(AC) è equivalente a r(AB, AH).[pag.250 vol.Geometria, esercizio n.83 pag.267]

Dimostrazione:

Nella figura si vede il triangolo rettangolo ABC in una posizioneun po' insolita. Costruiamo il quadrato q(AC)=ACDE e il rettangolo AHMNcongruente a r(AB, AH), cioè con AN congruente a AB.

Costruiamo anche una terza figura che non viene citatanell'enunciato: il quadrilatero ACKL, prolungando i lati di AN eHM dalla parte del triangolo e prolungando il lato DE che incontrai precedenti prolungamenti in L e K.

Il quadrilatero ACKL è un parallelogramma, infatti KC e AL sono parallele per costruzione, maanche CA e KL sono paralleli per costruzione. Quindi è un quadrilatero con lati opposti paralleli equindi è un parallelogramma.

Il parallelogramma ACKL è equivalente al quadrato ACDE perché hanno stessa base e stessaaltezza, la distanza tra le parallele CA e DE.

Adesso osserviamo i triangoli ABC e AEL, sono entrambi rettangoli rispettivamente in C e in L ehanno il lato AC congruente al lato AE per costruzione. Inoltre gli angoli CAB≡EAL sono

congruenti, in quanto complementari allo stesso angolo LAC .Dunque i triangolo ABC e AEL sono congruenti per il criterio di congruenza dei triangoli rettangoli.

In particolare i lati AL e AB sono congruenti.

Tutto questo ci serve per poter dire che il rettangolo AHMN e il parallelogramma ACKL hanno basee altezza congruenti (l'altezza è ovviamente la distanza tra le rette parallele) e quindi sonoequivalenti.

Dunque, per la proprietà transitiva abbiamo la tesi, visto che il quadrato ACDE è equivalente alparallelogramma ACKL che è equivalente al rettangolo AHMN.

http://www.webalice.it/gabrielececchi

http://dottorcecchi.blogspot.it/

https://www.facebook.com/profcecchi


OSSERVAZIONEProbabilmente alle scuole medie inferiori questo teorema era stato enunciato dal punto di vista dellearee: AC2=AB×AH

TEOREMA (Teorema di Pitagora)Sia ABC triangolo rettangolo in C. q(AB) è equivalente a q(AC)+q(BC).[pag.251 vol.Geometria, esercizio n.82 pag.267]

Dimostrazione:

Costruiamo i tre quadrati q(AB); q(AC); q(BC).Nella figura diventano rispettivamente ABLN; ACDE; BCFG.

Tracciamo anche l'altezza CH relativa all'ipotenusa AB, eprolunghiamola fino ad incontrare il lato LN nel punto M.

Si osservi che per il primo teorema di Euclide dimostratosopra, il quadrato BCFG è equivalente al rettangolo BHML eil quadrato ACDE è equivalente al rettangolo AHMN .

Siccome BHML+AHMN= ABLN abbiamo la tesi.

OSSERVAZIONEIl teorema di Pitagora è forse il teorema più famoso del mondo e probabilmente anche uno dei piùantichi. Era sicuramente già noto dal punto di vista del calcolo delle aree:

AB2=AC 2+BC2

TEOREMA (secondo teorema di Euclide)Sia ABC triangolo rettangolo in C, sia CH l'altezza relativa all'ipotenusa.q(CH) è equivalente a r(AH; HB).[pag.252 vol.Geometria, esercizio n.83 pag.267]

Dimostrazione:Costruiamo tutto quello che ci serve, nella figura:CHKF = q(CH);AHMN congruente a r(AH, AB);ACDE=q(AC);AHPQ= q(AH);r(AH;HB) è congruente a PQNM=AHMN-AHPQ

Essendo ovviamente il triangolo AHC rettangolo in H, per ilteorema di Pitagora dimostrato sopra ACDE è equivalente aCHFK+AHPQ. Ma ci è più utile vederla come CHFK che èequivalente a ACDE – AHPQ.

Per il primo teorema di Euclide applicato al triangolo ABCabbiamo anche che ACDE è equivalente a AHMN.





Ricapitolando: CHFK è equivalente a ACDE – AHPQ che è equivalente a AHMN – AHPQ =PQNM, quindi abbiamo la tesi.

OSSERVAZIONEPer quanto riguarda la versione con le aree: CH 2=AH×BH

OSSERVAZIONEI teoremi di Euclide permettono di risolvere il problema della “quadratura del rettangolo”, ovvero ditrasformare un rettangolo qualsiasi in un quadrato equivalente con riga e compasso.Per esempio si può disegnare una semicirconferenza con diametro il lato più grande del rettangolo.Si riporta l'altro lato sul diametro individuando il piede dell'altezza di un triangolo (necessariamenterettangolo) che ha vertice sulla circonferenza. Per il primo teorema di Euclide disegnamo ilquadrato costruendolo sul lato di questo rettangolo.[pag.253 vol.Geometria]

OSSERVAZIONESapevamo già che ogni poligono convesso può essere trasformato in un rettangolo equivalente,adesso possiamo dire che ogni poligono convesso può essere trasformato in un quadratoequivalente.[pag.253 vol.Geometria]

OSSERVAZIONEPer quanto riguarda le circonferenze risulta problematica misurarne la lunghezza, anche sepossiamo intuitivamente immaginare di misurare la lunghezza di una corda disposta come unacirconferenza.

TEOREMA (NUMERO PI GRECO)

Data una circonferenza di diametro d e lunghezza l allora ld

=π

[pag.255 vol.Geometria]

OSSERVAZIONELa dimostrazione di tale teorema è troppo difficile per questo livello di studi.

OSSERVAZIONEIl numero π è un numero irrazionale, cioè non è possibile rappresentarlo in forma di frazione (oequivalentemente non è possibile rappresentarlo in forma decimale finita o periodica).

OSSERVAZIONEIndicando con r il raggio della circonferenza, allora d=2 r e l=2π r

TEOREMALa misura dell'area di un cerchio di raggio r è A=π r 2

OSSERVAZIONEAnche in questo caso non ci occuperemo della dimostrazione.





ESERCIZIO n.84 pag.267Trasforma un triangolo in un quadrato equivalente (usando il primo teorema di Euclide)

Partiamo dal triangolo ABC.

Costruiamo il rettangolo equivalente che hacome lati la base AB e metà dell'altezza deltriangolo.

Su tale rettangolo costruiamo il triangoloinscritto nella semicirconferenza di diametro DE(lato del rettangolo) e con EG proiezione di uncateto congruente all'altro lato.

Il triangolo DEH è rettangolo in H perchéinscritto in una semicirconferenza.

Per il primo teorema di Euclide il quadratocostruito sul cateto EH è equivalente al

rettangolo ED e AG, cioè proprio il nostro rettangolo che era equivalente al triangolo di partenza..

ESERCIZIO n.85 pag.267Trasforma un pentagono in un quadrato equivalente, usando il secondo teorema di Euclide.

Gli autori del libro vogliono farci faticare. Parlandogenericamente, abbiamo imparato che qualunque poligonopossiamo ridurlo di un lato fino a farlo diventare un triangoloequivalente, tale triangolo è equivalente ad un rettangolo conlati la base originale e la metà dell'altezza del triangolo, e allafine (e qui c'è la parte nuova), potremo applicare il secondoteorema di Euclide per trasformarlo in un quadratoequivalente.

Eseguiamo la missione come ci è stata richiesta: partiamo daun pentagono generico.

Abbiamo imparato a trasformarlo in un quadrilatero equivalente.





A sua volta questo quadrilatero può essere trasformato in un triangolo equivalente.

Un'altra cosa che sappiamo è che il triangolo con base b e altezza h è equivalente ad un rettangolocon lati b e metà di h.

Adesso arriva la parte nuova: utilizzeremo il secondo teorema di Euclide per costruire un quadratoequivalente.

Osservate il triangolo verde JLI. L'ho costruito inquesto modo: ho prolungato il lato HI delrettangolo di un segmento HJ congruente all'altrolato AH. Poi ho disegnato la semicirconferenzadi diametro IJ e determinato il punto L comeintersezione della semicirconferenza colprolungamento di AH.

Il triangolo JLI è rettangolo in L perché inscrittoin una semicirconferenza.Dunque posso applicare il secondo teorema diEuclide.





Il quadrato HLPO costruitosull'altezza HL del triangolo èequivalente al rettangolo AHIJ i cuilati sono congruenti alle proiezionidei cateti sull'ipotenusa.

Sono quindi riuscito a costruire unquadrato che, per proprietàtransitiva, è equivalente alpentagono dal quale sono partito.

ESERCIZIO n.86 pag.268 (vero/falso)a_ FALSO, per il teorema di Pitagora è quello costruito sull'ipotenusa che è somma degli altri due.b_ FALSO, si può verificare con un disegno, “avanza” un rettangolo.c_ VERO, è il primo teorema di Euclide. d_ VERO, è il secondo teorema di Euclide.

ESERCIZI n. 87,88,89,90,91,92,93 pag.268 (risposta multipla)87 b la lunghezza del lato moltiplicata la lunghezza dell'altezza relativa dà come risultatoil doppio dell'area del triangolo, quindi essendo 15×16=240 occorre scegliere tra le risposte ilnumero x tale che 20×x=240 ovvero 12.

88 a

Per il teorema di Pitagora 152=(b2)

2

+h2=(b2)

2

+(38

b)2

=(14+

964

)b2=2564

b2

Dunque b2=152×6425

ovvero b=15×85=24

La scelta è tra i perimetri, ma togliendo a tutti i perimetri la somma dei lati obliqui 15+15=30abbiamo la scelta tra le basi, ovvero nell'ordine 24,26,28,30,32.

89 c

L'area del triangolo 12

b h=12(9+16)√9×16=

12×25×12=150

90 bPer il teorema di Pitagora si ricava immediatamente AB=√402−242=32





Per il secondo teorema di Euclide AD=AC 2

AB=

242

32=18

Ancora per il teorema di Pitagora: CD=√ AD2+AC 2=√182+242=30

Banalmente BD=AB+AD=32+18=50Dunque il perimetro BC+BD+CD=40+50+30=120

91 d per il teorema di Pitagora. 92 e è il secondo teorema di Euclide.93 a per il primo teorema di Euclide.

ESERCIZIO n.94 pag.269Completa la seguente tabella relativa a triangoli rettangoli:

primo cateto secondo cateto ipotenusa perimetro area

7 24 25 56 84

30 16 34 80 240

40 9 41 90 180

32 158

primo c.68 160 960

34

ipotenusa5√7 20 35+5√7 75

2√7

Dove manca uno dei tre lati si usa il teorema di Pitagora.Se un lato è indicato come frazione di un altro, si esegue la moltiplicazione:

158

×32=60

34×20=15

Alla terza riga possiamo ricavare il cateto mancante dall'area: 180×2

9=40





Nell'ultima riga il secondo cateto è irrazionale √202−152=√175=5√7

ESERCIZIO n.95 pag.269Completa la seguente tabella relativa a triangoli isosceli

base lato altezza relativaalla base

perimetro area

30 56

base20 80 300

83

altezza160 96 576 12288

18 41 40 100 360

160 170 150 500 12000

Se un lato è indicato come frazione di un altro, si esegue la moltiplicazione.56×30=25

83×96=256

Possiamo pensare al triangolo isoscele come all'unione di due triangoli rettangoli “incollati” lungol'altezza relativa alla base. Quindi il triangolo rettangolo che osserveremo avrà come ipotenusa unodei lati congruenti e come cateti l'altezza relativa alla base e la metà della base. Tutto questodiscorso per giustificare il fatto che utilizziamo il teorema di Pitagora in questo modo:

(b2)

2

+h2=l 2

Alla terza riga possiamo ricavare l'altezza relativa: 360×2

18=40

All'ultima riga possiamo ricavare la base: 500−2×170=160

ESERCIZIO n.97 pag.270Nel triangolo ABC l’angolo BAC è acuto; si sa che il quadrato costruito sul lato AB èequivalente al rettangolo avente per dimensioni il lato AC e la proiezione AD del lato AB su AC.Dimostra che il triangolo ABC è rettangolo e ha come ipotenusa il lato AC. (E`il teorema inversodel PRIMO TEOREMA DI EUCLIDE. Suggerimento: segui la stessa costruzione fatta perdimostrare il teorema diretto.)

La cosa imbarazzante in questo tipo di situazione è come fare il disegno. Disegniamo un triangoloABC rettangolo o lo disegniamo genericamente non rettangolo? Ci sono pro e contro per entrambele scelte. Se però fate il disegno con GeoGebra avete la possibilità di modificare l'angolo in ognimomento e quindi è un po' come avere a disposizione entrambe le scelte. Disponendo solo di carta epenna si può pensare anche a fare due disegni diversi, ma anche in questo caso c'è il rischio diconfondersi. Alla fine ognuno deve scegliere il modo migliore per se stesso, per quanto mi riguardadisegno il triangolo ABC rettangolo e rimango concentrato.





Ci viene dato un suggerimento, seguiamolo,dobbiamo impostare la stessa costruzione delladimostrazione “a diritto”, ma in questo casodovremo seguirla a ritroso!

Quindi prolungando i lati dei due quadrilateriABPQ e ADGE ottenendo un parallelogrammaAFHB.

È facile verificare che tale parallelogramma èequivalente al quadrato (stessa base e stessaaltezza), per quanto riguarda l'equivalenza con ilrettangolo dipende dal fatto che AF sia congruentea AE, intendendo con F l'intersezione della rettaAE con la retta PQ.

Per assurdo il parallelogramma non sia equivalente al rettangolo: allora spostando F un po' piùavanti o un po' più indietro, otterrei un parallelogramma equivalente al rettangolo, e tale

parallelogramma sarebbe ovviamente nonequivalente a AFHB, ma questo contraddicel'ipotesi che il quadrato e il rettangolo sianoequivalenti. Quindi AF è congruente ad AE chepoi è congruente ad AC.Osserviamo ora i triangoli ABC e AQF: abbiamogià visto che AF è congruente ad AC, ovviamenteAB è congruente ad AQ (sono i lati del quadrato),inoltre gli angoli DAF≡BAC perché

entrambi sono congruenti a π2−FAB .

Quindi i triangoli AQF e ABC sono congruenti ein particolare ABC è rettangolo in B, comevolevasi dimostrare.

Nota bene: se BAC non fosse stato acuto noavremmo potuto arrivare alle stesse conclusioni,

del resto un triangolo rettangolo non può avere un angolo ottuso.

ESERCIZIO n.98 pag.270Dimostra che se il quadrato costruito su un lato di un triangolo è equivalente alla somma deiquadrati costruiti sugli altri due lati, l’angolo opposto al primo lato è retto. (E` il teorema inversodel TEOREMA DI PITAGORA. Suggerimento: costruisci un triangolo rettangolo avente i catetirispettivamente congruenti al secondo e al terzo lato del triangolo dato; applica al nuovo triangoloil teorema di Pitagora)

Dal punto di vista del disegno non c'è molto da fare. Per aiutarmi a riflettere disegno due triangoliche abbiano due lati su tre congruenti, uno rettangolo e l'alto no. Nella figura vedete il triangoloABC rettangolo in B e il triangolo non rettangolo BDE con i lati BD congruente a AB e BEcongruente a BC. Come già detto, questo disegno serve soltanto a riflettere, il nostro ragionamentosarà puramente logico.





Per ipotesi q(BE)+q(BD) è equivalente a q(DE).D'altra parte, avendo costruito il triangolo rettangolo ABC,possiamo applicare il teorema di Pitagora e affermare cheq(BC)+q(AB) è equivalente a q(AC).Come già detto, il lato AB è congruente al lato BD e il latoBC è congruente al lato BE, quindi q(BC)+q(AB) ècongruente, e in particolare equivalente, a q(BD)+q(BE).

Per proprietà transitiva q(AC) è equivalente a q(DE), maessendo entrambi dei quadrati, questo implica che sonocongruenti e quindi che i lati AC e DE sono congruenti.

In definitiva, partendo dall'ipotesi che q(BE)+q(BD) èequivalente a q(DE) abbiamo dimostrato che i due triangoli sono lo stesso triangolo rettangolo che èrettangolo in B, come volevasi dimostrare.

ESERCIZIO n.99, pag.270Dimostra che se l’altezza AH di un triangolo ABC cade internamente alla base BC e se il quadratocostruito sul lato AH è equivalente al rettangolo che ha per lati i segmenti BH e HC, il triangoloABC è rettangolo e ha per ipotenusa la base BC. (E` il teorema inverso del SECONDO TEOREMADI EUCLIDE. Suggerimento: applica inizialmente il teorema di Pitagora ai triangoli BHA e CHA;infine applica al triangolo ABC il teorema dimostrato nell’ESERCIZIO 98.)

Anche in questo caso il disegno serve più che altro a farciriflettere. Per fortuna che possiamo seguire i suggerimenti.

Applicando il teorema di Pitagora al triangolo BHA cirendiamo conto che q(BH)+q(AH) è equivalente a q (AB)

Applicando il teorema di Pitagora al triangolo CHA cirendiamo conto che q(CH)+q(AH) è equivalente a q (AC).

Dato che possiamo fare somme di figure equivalenti, possiamodire che q(AB)+q(AC) è equivalente a q(BH)+2 q(AH) + q(CH)

Per ipotesi q(AH) è equivalente a r(BH; CH), quindi, possiamoaffermare che

q(AB)+ q(AC) è equivalente a q(BH)+2r(BH;HC)+ q(CH).

Quest'ultima somma di poligoni (osservate la figura) rappresenta una scomposizione del quadratocostruito su AB, cioè q(BH)+2r(BH;HC)+ q(CH) è equivalente a q(AB).

Dunque, per proprietà transitiva possiamo affermare che q(AB)+q(AC) è equivalente a q(BC). Perquanto già detto nell'esercizio 98, questo ci basta ad arrivare alla tesi.





ESERCIZIO n.120 pag.271Dimostra che in un trapezio la somma dei quadrati costruiti sulle diagonali è equivalente allasomma dei quadrati costruiti sui lati obliqui aumentata del doppio del rettangolo avente per lati lebasi.

Consideriamo il triangolo AED rettangolo in E:q(AD)=q(AE)+q(DE) per il teorema di Pitagora;Consideriamo il triangolo BDE rettangolo in E:q(BD)=q(DE)+q(BE) per il teorema di Pitagora;Consideriamo il triangolo ACF rettangolo in F:q(AC)=q(CF)+q(AF) per il teorema di Pitagora;Consideriamo il triangolo BCF rettangolo in F:q(BC)=q(CF)+q(BF) per il teorema di Pitagora;

Si osservi che q(BD)+q(AC)=q(DE)+q(BE)+q(CF)+q(AF)==q(DE)+2 r(BF;EF )+q(BF)+q(EF)+q(CF)+2r(AE; EF)+q(AE)+q(EF)==q(AD)+2 r (AB; CD)+q(BC)

Ovvero la tesi.

ESERCIZIO n.127 pag.272

La base di un rettangolo è 512

della sua altezza e la differenza tra altezza e base è 42 cm.

Determina perimetro e area del rombo che si ottiene congiungendo successivamente i punti medidei lati del rettangolo.

La figura ci serve da pro memoria, si osservi come le diagonali del rombo sono congruenti ai latidel rettangolo.

La differenza di 42 cm corrisponde a 1− 512

=712

dell'altezza, che quindi è 42×127

=72

cm.

La base è quindi 72×5

12=30 cm.

Possiamo subito calcolare l'area del rombo: 30×72

2=1080 cm2

Per calcolare il perimetro ci occorre la misura del lato del rombo, chepossiamo ricavare grazie al teorema di Pitagora, il quadrato del lato delrombo infatti è

(302

)2

+(722

)2

=225+1296=1521 che è il quadrato di 39.

Dunque il perimetro richiesto è 39+39+39+39=156 cm





ESERCIZIO n.136 pag.273Un rombo ha una diagonale di 48 cm e il perimetro di 100 cm. Determina la sua area, dopo averosservato che il rombo è equivalente alla metà del rettangolo delle sue diagonali. Determina inoltrela distanza dai lati del punto di intersezione delle diagonali.

Come figura possiamo riciclare quella dell'esercizio precedente, tanto ci serve solo da pro memoria.

Dal perimetro deduciamo subito la lunghezza dei lati: 100

4=25 cm.

Applicando il teorema di Pitagora possiamo ricavare il quadrato di mezza diagonale:

252−(482

)2

=625−576=49 quindi metà della diagonale è 7 cm e la diagonale intera è 14 cm.

Possiamo calcolare l'area del rombo: 48×14

2=336 cm2.

La distanza dei lati dal punto di incontro delle diagonoli corrisponde all'altezza relativa alla base(lato del rombo) di ciascuno dei triangoli rettangoli definiti dalle mezze diagonali e dai lati. Unanota proprietà del rombo infatti è che le diagonali sono perpendicolari tra loro.

Ciascuno di questi triangolini ha area 3364

=84 cm2 , quindi per ricavare l'altezza relativa alla

base devo semplicemente calcolare 2×84

25=6,72 cm.

ESERCIZIO n.149 pag.274

In un trapezio rettangolo l’altezza è 45

del lato obliquo; la misura, in decimetri, della base

minore è la soluzione dell’equazione seguente:

1+ x

2+x+ 2 x2

2−x

=3 x

4+x2

Sapendo che il perimetro del trapezio è di 20 dm, determinane l’area.

Rimbocchiamoci le maniche e risolviamo l'equazione.

1+ x

(2+x)(2−x)+2 x 2

2−x

=3 x

4+x2

1+(2−x) x

4−x2+2 x2 =3 x

4+x2

1+(2−x) x

4+x2 =3 x

4+x2

4+x2+2 x−x 2

4+x2 =3 x

4+x 2

4+2 x=3 x4=x

Dunque la base minore è 4 dm.Ricapitolando, sappiamo che





4+BC+45

DC+DC=20

D'altra parte, per il teorema di Pitagora: DC 2=DH 2+CH 2 ovvero

DC 2=(45

DC )2

+(BC−4)2

Dalla prima equazione possiamo dedurre che BC−4=12−95

DC e quindi sostituiamo nella

seconda: DC 2=(45

DC )2

+(12−95

DC )2

e ci lavoriamo:

DC 2=1625

DC2+144+ 8125

DC 2−216

5DC ovvero

7225

DC 2−216

5DC+144=0 ovvero DC 2−15 DC+50=0 dunque da un punto di vista

algebrico ho due soluzioni possibili 5 e 10.Se DC=5 risulta BC=7 e AB=4Se DC=10 risulta BC=0 dunque questa soluzione non è accettabile.

Dunque l'area richiesta è (7+4)×4

2=22




Documents

QUADERNO 2 E – 2 F – 2019/2020 · lati la base originale e la metà dell'altezza del triangolo, e alla fine (e qui c'è la parte nuova), potremo applicare il secondo teorema di