Data una circonferenza $\omega$ di diametro $AB$ e $P$ un punto interno al segmento $AB$, sia $M$ il punto medio di $PB$. Siano $r$, $s$ due rette parallele passanti rispettivamente per $M$ e $P$ non coincidenti con $AB$ né ad esso ortogonali. Sia $H$ la proiezione ortogonale di $A$ su $s$ e $K$ il punto d'intersezione tra $\omega$ e la retta $AH$. Siano infine $X,Y$ le intersezioni di $r$ con $\omega$ con $X$ dalla parte opposta di $H$ rispetto ad $AB$.
a) Dimostrare che $HYK$ è isoscele.
b) Dimostrare che $BXHY$ è un parallelogramma.
[Febbraio 2017] Esercizio 16
Re: [Febbraio 2017] Esercizio 16
Sia S l'intersezione tra AK e XY.
A) Se in un triangolo l'altezza relativa alla base è anche mediana, il triangolo è isoscele.
Sul fatto che YS fosse altezza, per ipotesi r//s, quindi YSH=AHP=90° perché angoli corrispondenti di rette parallele tagliate dalla trasversale AK.
Osserviamo che:
• AKB = 90°, poiché il relativo angolo alla circonferenza è AOB =180°, da cui AKB=½AOB=90°
• r, s e BK tagliate dalla trasversale AK formano tutte angoli corrispondenti congruenti, quindi r//s//BK.
Ora, per il teorema di Talete, considerando r//s//BK tagliate da AB e AK, si ha che PM:MB=HS:SK. Ma poiché per ipotesi PM=MB, necessariamente si ha anche che HS=SK.
Dunque HYK è isoscele sulla base HK.
B) Si consideri il quadrilatero XYKB. Esso è un trapezio, poiché XY//BK per dimostrazione precedente. Essendo inscritto in una circonferenza, però esso deve essere anche isoscele. Si ha una riprova di ciò considerando che le rette XY//BK tagliate da XB e YK formano angoli coniugati interni BXY+KBX=KYX+BKY=180°, ma, per le proprietà di un quadrilatero ciclico, la somma degli angoli opposti è supplementare, dunque BXY=KYX e XBK=YXB.
XYKB è quindi isoscele, perciò BX=KY.
Si considerino ora ora i due triangoli HYX e BYX. Essi hanno:
• XY in comune
• HY = BX ( = KY) per proprietà transitiva
• i due angoli HYX=BXY, poiché la mediana relativa alla base di un triangolo isoscele è anche la sua bisettrice, quindi SYH=SYK, dunque per la proprietà transitiva (e per la precedente dimostrazione del trapezio isoscele) HYX=BXY.
I due triangoli sono quindi congruenti per il primo criterio, quindi HX=BY, e BYHX è un parallelogramma perché ha i lati opposti a due a due congruenti.
(Giunti all'aver dimostrato che XYKB è un trapezio isoscele, si può dimostrare unicamente la congruenza tra i due angoli HYX=BXY, da cui HY//BX poiché formano due angoli alterni interni congruenti tagliati da XY, e concludere in quanto un quadrilatero con due lati opposti paralleli e congruenti è un parallelogramma.)
A) Se in un triangolo l'altezza relativa alla base è anche mediana, il triangolo è isoscele.
Sul fatto che YS fosse altezza, per ipotesi r//s, quindi YSH=AHP=90° perché angoli corrispondenti di rette parallele tagliate dalla trasversale AK.
Osserviamo che:
• AKB = 90°, poiché il relativo angolo alla circonferenza è AOB =180°, da cui AKB=½AOB=90°
• r, s e BK tagliate dalla trasversale AK formano tutte angoli corrispondenti congruenti, quindi r//s//BK.
Ora, per il teorema di Talete, considerando r//s//BK tagliate da AB e AK, si ha che PM:MB=HS:SK. Ma poiché per ipotesi PM=MB, necessariamente si ha anche che HS=SK.
Dunque HYK è isoscele sulla base HK.
B) Si consideri il quadrilatero XYKB. Esso è un trapezio, poiché XY//BK per dimostrazione precedente. Essendo inscritto in una circonferenza, però esso deve essere anche isoscele. Si ha una riprova di ciò considerando che le rette XY//BK tagliate da XB e YK formano angoli coniugati interni BXY+KBX=KYX+BKY=180°, ma, per le proprietà di un quadrilatero ciclico, la somma degli angoli opposti è supplementare, dunque BXY=KYX e XBK=YXB.
XYKB è quindi isoscele, perciò BX=KY.
Si considerino ora ora i due triangoli HYX e BYX. Essi hanno:
• XY in comune
• HY = BX ( = KY) per proprietà transitiva
• i due angoli HYX=BXY, poiché la mediana relativa alla base di un triangolo isoscele è anche la sua bisettrice, quindi SYH=SYK, dunque per la proprietà transitiva (e per la precedente dimostrazione del trapezio isoscele) HYX=BXY.
I due triangoli sono quindi congruenti per il primo criterio, quindi HX=BY, e BYHX è un parallelogramma perché ha i lati opposti a due a due congruenti.
(Giunti all'aver dimostrato che XYKB è un trapezio isoscele, si può dimostrare unicamente la congruenza tra i due angoli HYX=BXY, da cui HY//BX poiché formano due angoli alterni interni congruenti tagliati da XY, e concludere in quanto un quadrilatero con due lati opposti paralleli e congruenti è un parallelogramma.)