geometria esercizi 23 27 38

@giacomo6789

Un solo esercizio per volta come da:

https://www.sosmatematica.it/regolamento/

Indicando per esso, possibilmente le difficoltà risolutive.

Mi scuso per la lunghezza del messaggio, ma gli esercizi erano 3 e ho spiegato tutto per filo e per segno:

23)

Osserva bene la figura, in particolare nota come $OPC$ sia un triangolo isoscele, perché i lati obliqui $\overline{OP} \cong \overline{OC}$ sono raggi della stessa circonferenza, allora gli angoli alla base $\gamma \cong \gamma '$ sono congruenti, mentre l'angolo al vertice dei lati obliqui è $\iota$. Nota inoltre come anche il triangolo $AOP$ sia un triangolo isoscele, perché come per $OPC$, $\overline{OA} \cong \overline{OP}$ in quanto sono entrambi raggi della stessa circonferenza, mentre l'angolo al vertice dei lati obliqui qui è $\beta =180^{\circ}- \iota$.

Nota che i triangoli $MCO$ e $OPM$ sono triangoli rettangoli, $MCO$ è rettangolo per costruzione, $OPM$ è retto in $P$, perché $P$ è il punto di tangenza e anche vertice del triangolo con lato $\overline{OP}$ un raggio della circonferenza. Sapendo che gli angoli alla base $\gamma \cong \gamma'$ sono angoli congruenti, e che la somma di ciascun angolo più il suo complementare deve completare l'angolo retto di ciascun triangolo rettangolo, scriviamo che $\gamma + \zeta = 90 = \gamma ' + \zeta'$, ne concludiamo che $\zeta \cong \zeta '$, quindi anche il triangolo $MPC$ è un triangolo isoscele, di conseguenza $\overline{MP} \cong \overline{MC}$.

Adesso considera la bisettrice degli angoli ai vertici dei lati obliqui dei triangoli $OPC$ e $MPC$, nota che entrambi condividono la base $\overline{PC}$, quindi la bisettrice dell'angolo in $O$ è anche bisettrice dell'angolo in $M$, perché la bisettrice in un triangolo isoscele è perpendicolare alla base, $D$ in particolare è il punto medio di $\overline{PC}$, quindi per il secondo criterio di congruenza$^{[1]}$ i triangoli $MDC$ e $PMD$ sono congruenti, per cui l'angolo piano alla base è formato da $\theta \cong \theta '$ (perché avevamo stabilito $MPC \cong MCO$), $\theta + \theta ' + \iota '$. Tuttavia $\iota ' \cong \iota$, perché osservando il quadrilatero $CMPO$, due angoli opposti fra loro sono angoli retti, siccome la somma degli angoli all'interno di un quadrilatero è 360°, anche la somma degli altri angoli opposti è 180°, quindi $\theta + \theta' + \iota = 180^{\circ}$, quindi: $180^{\circ}- \theta- \theta ' = \iota$, e allo stesso tempo, osservando l'angolo piano in $M$: $180^{\circ} - \theta - \theta' = \iota '$, ne consegue che $\iota \cong \iota'$.

Abbiamo ribadito più volte che l'angolo $\widehat{MPO}$ sia un angolo retto, ora osserva l'angolo piano in P e nota che $\zeta + \gamma + \alpha + \kappa = 180^{\circ}$, $ \alpha + \kappa = 180^{\circ}$, tuttavia, dato che $\beta = 180^{\circ} - \iota$, possiamo dire che $\alpha = \frac{180-(180^{\circ}-\iota)}{2} = \frac{\iota}{2}$, quindi l'angolo $\kappa = 90-\frac{\iota}{2}$, infine osserva il triangolo $MPB$, nota come l'angolo $\kappa '$ si può trovare per differenza sapendo che la somma degli angoli interni in un triangolo è 180°: $\kappa' = \iota ' - \kappa = \iota - \frac{\iota}{2} = \frac{\iota}{2}$, risulta quindi che $\kappa \cong \kappa '$, allora il triangolo $MPB$ è un triangolo isoscele di base $\overline{PB}$, quindi $\overline{MP} \cong \overline{MB}$, tuttavia, dato che $MPC$ è un triangolo isoscele come avevamo dimostrato in precedenza segue che $\overline{MP} \cong \overline{PB} \cong \overline{MC}$ allora $\overline{MB} \cong \overline{MC}$, per cui $M$ è equidistante da $C$ e $B$, in altre parole, $M$ è il punto medio di $\overline{BC}$.

27)

Osserva la figura, nota come il triangolo $OBC$ sia un triangolo isoscele, perché $\overline{OB} \cong \overline{OC}$, dato che entrambi sono raggi della stessa circonferenza, quindi gli angoli alla base $\delta \cong \delta '$ sono congruenti, inoltre l'angolo nei punti di tangenza è un angolo retto proprio perché ogni triangolo con vertice al centro di una circonferenza e cateto lungo la tangente di un punto è retto in quel punto, ciò significa che anche gli angoli supplementari $\kappa \cong \kappa '$ sono congruenti, perché l'ampiezza somma degli angoli piani è 180°, e i primi due angoli sono congruenti, di conseguenza lo è anche il terzo angolo adiacente.

Infine nota che anche il triangolo $ODE$ è un triangolo isoscele, perché $\overline{OD} \cong \overline{OE}$, in quanto sono raggi della circonferenza più grande, quindi gli angoli alla base $\epsilon \cong \epsilon '$ sono congruenti, e osservando i triangoli $DBO$ e $ECO$, anche l'angolo acuto in $O$ $\beta \cong \beta '$ sarà congruente, perché l'angolo sulla retta passante per $\overline{BC}$ è congruente in entrambi i triangoli, e lo stesso per gli angoli sulla retta passante per $\overline{DE}$, quindi dato che la somma degli angoli interni di un triangolo è sempre 180°, anche l'ultimo angolo sarà congruente.

Secondo quanto detto, guardando i triangoli $DBO \cong ECO$, nota che sono, congruenti, perché $\overline{OB} \cong \overline{OC}$, $\alpha \cong \alpha '$, $\delta \cong \delta '$, $\beta \cong \beta '$ i triangoli sono congruenti per il secondo criterio di congruenza$^{[1]}$, da cui $\overline{DB} \cong \overline{EC}$. Nota che il quadrilatero $DECB$ è un trapezio isoscele, perché gli angoli dai lati obliqui alle rispettive basi sono congruenti tra loro $\alpha + \delta \cong \alpha' + \delta ',\ \epsilon + \epsilon' \cong \zeta + \zeta'$ e i lati obliqui $\overline{BD} \cong \overline{EC}$ sono congruenti secondo quanto dimostrato prima, allora secondo la definizione di trapezio segue che le basi sono parallele, in particolare $\overline{BC} \parallel \overline{DE}$.

38)

Nota come i triangoli $AEC$ e $BED$ siano triangoli simili, perché hanno un angolo opposto al vertice e un angolo retto perché è l'angolo di un triangolo circoscritto a una circonferenza il quale diametro è l'ipotenusa del suddetto rettangolo, quindi anche l'angolo alla base è congruente, lo stesso accade per i triangoli $AEB$ e $CED$, sono simili perché l'angolo  comune ai lati obliqui è un angolo opposto al vertice, quindi la somma degli angoli alla base sarà $180-\kappa$, nota inoltre come la somma degli angoli interni sia data da $\epsilon + \lambda + \mu + \zeta + \beta +\theta + \eta + \sigma$, tuttavia $\zeta + \eta = \frac{5}{2} \alpha$ e $\eta + \sigma = 5 \alpha$, tuttavia gli angoli sono tra loro congruenti $\beta \cong \sigma,\ \zeta \cong \epsilon,\ \eta \cong \lambda,\mu \cong \theta$ (anche se non conosciamo esattamente la relazione, sappiamo che $\mu \cong \theta \lor \mu \cong \lambda \implies \eta \cong \theta$, l'importante è che la somma sia congruente, perché le specifiche non sono importanti). Una volta affermata la congruenza tra gli angoli, sommando: 

$\frac{5}{2} \alpha + 5 \alpha + \theta + \beta + \lambda + \epsilon = 360^{\circ}$

tuttavia $\theta + \epsilon \cong \frac{5}{2} \alpha$ e $ \lambda + \beta \cong 5 \alpha$, quindi la somma si riduce a:

$2(\frac{5}{2} \alpha + 5\alpha)=360^{\circ}$

$15 \alpha = 360^{\circ}$

$\alpha = 24^{\circ}$

[1]:

Secondo criterio di congruenza dei triangoli:

Se due triangoli hanno due angoli corrispondenti congruenti e il lato tra loro compreso congruente, i due triangoli sono congruenti.

Sei già stato ammonito per aver violato il regolamento richiedendo più di un es. in una sola domanda, non voglio essere bacchettone ma se le regole ci sono è perché dovrebbero essere rispettate, per stavolta ho voluto risponderti, ma non lo farò di nuovo fino a quando non rispetterai le regole, non sentirti attaccato, voglio solo evitare che tu venga bannato.