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Gennaio '99
Il testo del problema:
a) Dato un triangolo PQR, se i vertici A, B, C di un triangolo
giacciono rispettivamente sui lati PQ, QR, RP, allora le tre circonferenze circoscritte ai
triangoli PAC, QAB, RBC passano per uno stesso punto.
Giustificare tale proprietà.
b) Dato un triangolo ABC costruire esternamente ad esso tre triangoli ABF, CBG, CAH e le circonferenze a questi circoscritte. A quale condizione debbono soddisfare gli angoli di vertici F, G, H, affinchè le tre circonferenze passino per uno stesso punto?
Soluzioni
Premessa:
Sono pervenute solo quattro risposte da altrettante Scuole Superiori. Era
forse il quesito troppo impegnativo per i ragazzi della Scuola Media Inferiore?
Speriamo con il prossimo problema di riuscire a coinvolgere anche loro!
Le quattro risposte pervenute sono tutte accettabili anche se due presentano un uso
improprio del termine "supplementare" il quale indica una relazione fra due (e
non tre) angoli; inoltre, nella seconda parte del problema, una delle risposte considera
solo il caso particolare gia' presentato nella prima parte.
Il problema richiedeva infatti la dimostrazione di una proprietà presentata in un caso particolare nella prima parte, per passare successivamrnte alla sua generalizzazione.
Le scuole che hanno partecipato sono:
Abbiamo scelto di riportare interamente la risposta inviata dalla scuola "G. B. Scorza" e la prima parte di quella inviata dal LST "Cesaris".
Soluzione proposta da:
Francesca Scaramuzzo 3 H e Anna Rita Alitto II G
Liceo Scientifico "G.B.Scorza" Cosenza
a) Sia a la circonferenza circoscritta a CRB, b la circonferenza
circoscritta a ABQ e c la circonferenza circoscritta a PCA. Sia O il punto di intersezione
di a e b . Uniamo O con A, B e C.
Il quadrilatero OBQA è inscritto in b.
Per questo OBQ+OAQ=180°.[OBQ e OAQ rappresentano qui le misure dei rispettivi angoli;
analogamente in seguito]
I punti P, A e Q sono allineati, dunque PAQ=180°.
PAQ=OAP+OAQ.
OAP=OBQ perché supplementari dello stesso angolo.
Il quadrilatero CRBO è inscritto in a.
Per questo RCO+RBO=180°.
I punti P, C e R sono allineati, dunque PCR=180°.
PCR= PCO + OCR.
PCO=RBO perché supplementari dello stesso angolo.
R, B e Q sono allineati, dunque RBQ=180°.
RBQ=RBO+OBQ.
Per la transitività della congruenza RBQ=PCO+OAP.
Poiché PCO e OAP sono supplementari e sono angoli opposti del quadrilatero OCPA, il
quadrilatero stesso è inscrivibile in una circonferenza. Tale circonferenza è c, poiché
per tre punti (A, P, C) passa una sola circonferenza.
O appartiene quindi a c, ma poiché è anche il punto di intersezione a e b le tre
circonferenze passano per uno stesso punto.
b) Sia O il punto di intersezione delle circonferenze circoscritte a
AHC, CBG e ABF.
Congiungiamo O con A, B e C.
Poiché i quadrilateri AHCO, OCGB e AOBF sono inscritti in circonferenze, COB+G=180°,
COA+H=180°, AOB+F=180°.
AOC+COB+AOB=360°.
Per differenza di angoli, G+H+F=3 X 180°-360° = 180°.
Soluzione proposta da:
Classe 2° Liceo Scientifico Tecnologico Cesaris
Casalpusterlengo (LODI)
1) Facendo riferimento alla figura [inviata in attachment] si considerano le
circonferenze circoscritte ai triangoli APB e BCR [le lettere B e C sono scambiate
rispetto al testo assegnato]. Sia T il punto di intersezione di tali circonferenze
distinto da B.
Per dimostrare che la circonferenza circoscritta a ACQ passa per T basta dimostrare che
ATQC è un quadrilatero inscrittibile. Siano a l'angolo in P, b l'angolo in R, g l'angolo
in Q [i simboli a, b, g, sono usati in seguito per indicare le misure dei rispettivi
angoli]. Poiché [il quadrilatero] PATB è inscrittibile, l'angolo ATB misura p-a; poiché
[il quadrilatero] TBCR è inscrittibile l'angolo BTC misura p-b [con p viene indicata la
misura dell'angolo piatto]. Quindi ATC misura: 2p-(p-a)-(p-b)=2p-p+a-p+b)=a+b.
Perciò, ricordando che a+b+g=p, l'angolo ATC è supplementare di AQC e quindi il
quadrilatero ATQC è inscrittibile.
Giuliana BETTINI
Franca NOE'
Consolato PELLEGRINO
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