FIP06BBbluG5 - Quadrilateri inscritti e circoscritti, poligoni regolari

Un quadrilatero ha le diagonali $AC$ e $DB$ perpendicolari tra loro e lunghe $6$ cm e $10$ cm. Verifica che il quadrilatero che si ottiene congiungendo i punti medi dei lati è inscrivibile in una circonferenza e determina il suo perimetro.
È anche circoscrivibile a una circonferenza?

Indichiamo con $M$, $N$, $O$ e $P$ i punti medi dei lati del quadrilatero, e con $K$ il punto di intersezione delle sue diagonali.

Si ha che $\overline{KP}\cong \overline{AP}\cong \overline{DP}$ perché la mediana relativa all'ipotenusa in un triangolo rettangolo è congruente ________.

Quindi il triangolo $PKD$ è isoscele sulla base $KD$.

Analogamente il triangolo $OKD$ è isoscele sulla base $KD$.

Quindi il segmento $PO$ è perpendicolare alla base ________.

Ripetendo lo stesso ragionamento otteniamo che il segmento $ON$ è perpendicolare a $KC$, il segmento $MN$ è perpendicolare a $KB$ e il segmento $PM$ è perpendicolare a $AK$.

Concludiamo che il quadrilatero $POMN$ è un rettangolo, e quindi è ________ a una circonferenza.

Il rettangolo $POMN$ è simile al rettangolo di lati uguali alle diagonali del quadrilatero, con rapporto di similitudine ${\displaystyle \frac{1}{2}}$.

Quindi il suo perimetro è ________ cm.

Un trapezio rettangolo $ABCD$ è circoscritto a una circonferenza di centro $I$ e ha gli angoli $\hat{A}$ e $\hat{D}$ retti e $\hat{C}$ doppio di $\hat{B}$.
a.   Dimostra che il triangolo $AID$ è isoscele e rettangolo.
b.   Calcola il rapporto tra il segmento $CI$ e il segmento $BI$.

a.   Siano $H$, $K$, $T$ e  $S$ i punti di tangenza dei lati del trapezio con la circonferenza.
I triangoli $DHI$ e $DSI$ sono congruenti, quindi
$H\hat{D}I\cong$________$=$${\displaystyle \frac{{90}^{\circ }}{2}={45}^{\circ }}$.
Analogamente $H\hat{A}I={45}^{\circ }$.
Dunque il triangolo $AID$ è rettangolo isoscele, avendo gli angoli alla base di ${45}^{\circ }$.

b.   Poichè la somma degli angoli interni di un trapezio è ${360}^{\circ }$, chiamando $A\hat{B}C=x$, si ha che
${90}^{\circ }+{90}^{\circ }+x+$________$={360}^{\circ }$$\to$
$x=$________.
Quindi
$A\hat{B}C=$________ e $I\hat{B}C=$________.
Il triangolo $ICB$ è rettangolo in $\hat{I}$.
Si ha che ${\displaystyle \frac{\overline{CI}}{\overline{BI}}=\tan (I\hat{B}C)=}$________.

Considera un trapezio $ABCD$, rettangolo in $A$ e in $D$, circoscritto a una circonferenza di raggio $2$ cm.
Il suo perimetro è $18$ cm.
Trova l'area:
a. di $ABCD$;
b. del trapezio isoscele circoscritto alla stessa circonferenza, con la base maggiore sulla retta $AB$ e con uno dei lati obliqui coincidente con $BC$.

a. Si ha che
$\overline{AH}\cong \overline{HD}\cong \overline{AT}\cong$________$=2$ cm.
Inoltre, chiamiamo
$\overline{KC}\cong \overline{TP}\cong$________$=x$ e $\overline{PB}=y$.
Si ha che $\overline{SB}\cong \overline{TB}=x+y$.
Poiché il perimetro del trapezio è $18$, si ha che
$8+4x+$________$=18\to 2x+y=5$.
L'area del trapezio è data da
${\displaystyle \frac{(4+2x+y)\cdot 4}{2}=2(4+2x+y)=}$
$2(4+5)=18$ cm².

b. Sia $A^{\prime }$ il quarto vertice del trapezio.
Poiché il trapezio è circoscritto a una circonferenza si ha che
$\overline{A^{\prime }D}+$________$=\overline{A^{\prime }B}+$________.
Poiché il trapezio è isoscele si ha che
$2\overline{CB}=\overline{A^{\prime }B}+\overline{DC}$.
Quindi il perimetro del trapezio è $4\overline{CB}$.
Per quanto detto precedentemente $\overline{CB}=5$ cm e quindi il perimetro di $A^{\prime }BCD$ è $20$ cm.

In figura è rappresentato un ennagono, ovvero un poligono regolare con nove lati.
a.   Determina l'ampiezza degli angoli $B\hat{A}I$, $B\hat{I}A$, $D\hat{I}A$.
b.   $M$ è un punto interno all'ennagono tale che $IM\cong IB$. Stabilisci se i quadrilateri $BMIA$ e $CDMB$ sono inscrivibili in una circonferenza.



a.   Sia $O$ il centro della circonferenza.
$A\hat{O}B={\displaystyle \frac{{360}^{\circ }}{9}={40}^{\circ }}$.
$B\hat{A}O\cong A\hat{B}O=$________$=$________.
$B\hat{A}I=2B\hat{A}O={140}^{\circ }$.
Il triangolo $BAI$ è isoscele, quindi:
$B\hat{I}A={\displaystyle \frac{{180}^{\circ }-{140}^{\circ }}{2}={20}^{\circ }}$.
Consideriamo il triangolo $BIO$.
Si ha che $B\hat{O}I={80}^{\circ }$ e quindi
$I\hat{B}O=$________.
Dunque $I\hat{B}D\cong 2\cdot B\hat{O}I={100}^{\circ }$ e $A\hat{B}D\cong A\hat{B}I+I\hat{B}D={120}^{\circ }$.
Essendo il quadrilatero $IABD$ iscritto in una circonferenza, gli angoli opposti sono ________, e quindi $D\hat{I}A={60}^{\circ }$.

b.   Consideriamo il quadrilatero $BMIA$.
Si ha che
$B\hat{M}I\cong$________$={40}^{\circ }$.
Quindi il quadrilatero $CDMB$.
Si ha che $B\hat{M}D\cong {180}^{\circ }-B\hat{M}I={140}^{\circ }$ e
$B\hat{C}D\cong B\hat{A}I={140}^{\circ }$.
Quindi il quadrilatero non è inscrivibile in una circonferenza perché gli angoli opposti non
sono supplementari.

Nel quadrilatero $ABCD$ le diagonali $AC$ e $BD$ sono perpendicolari tra loro e si incontrano nel punto medio $M$ di $AC$. Sapendo che $AC+BD=49$ cm,
$BD-AC=1$ cm e
${\displaystyle \frac{2}{3}BM+\frac{1}{4}DM=10}$ cm, determina l'area del quadrilatero.
Verifica inoltre che è sia inscrivibile sia circoscrivibile a una circonferenza.

$\overline{AC}+\overline{BD}=49\to$$\overline{AC}=49-\overline{BD}$.
Sostituendo nell'uguaglianza $\overline{BD}-\overline{AC}=1$ otteniamo
$BD-(49-BD)=1\to BD=25$ cm e $AC=24$ cm.

Quindi l'area del quadrilatero è
${\displaystyle \frac{25\cdot 24}{2}=300}$ cm².
$\overline{BM}+$________$=25$$\to$
$\overline{BM}=25-$________.

Sostituendo in ${\displaystyle \frac{2}{3}\overline{BM}+\frac{1}{4}\overline{DM}=10}$ si ha che
${\displaystyle \frac{2}{3}(25-\overline{DM})+{\displaystyle \overline{DM}=10\to }}$
$DM=16$ cm e $BM=9$ cm.
Inoltre, $AM=12$ cm e $MC=12$ cm.

Applicando il teorema di Pitagora ai quattro triangoli otteniamo la misura dei lati:
$AB\cong BC=$________ cm e $AD\cong DC=20$ cm.

Quindi il quadrilatero è ________ a una circonferenza perché la somma dei lati opposti è uguale.

I triangoli $ABC$ e $BCD$ sono rettangoli rispettivamente in $\hat{A}$ e $\hat{C}$ dunque il quadrilatero è ________ in una circonferenza.

Dimostra che in un pentagono regolare ogni diagonale lo divide in un triangolo isoscele e in un trapezio isoscele.

Consideriamo la diagonale $BE$ del pentagono.

Consideriamo il triangolo $ABE$: esso è isoscele sulla base $BE$, perché ha come lati due lati del pentagono, che risultano quindi congruenti.

Consideriamo il quadrilatero $EBCD$.

Consideriamo il triangolo $OCB$.
Si ha che $C\hat{O}B=$________ e
$O\hat{C}B\cong O\hat{B}C=$________.

Quindi $B\hat{C}D\cong 2O\hat{C}B={108}^{\circ }$.

Consideriamo il triangolo $ABE$:
$B\hat{A}E={108}^{\circ }\to A\hat{B}E=$________.

Quindi, $C\hat{B}E\cong C\hat{B}A-$________$=$
${108}^{\circ }-{36}^{\circ }={72}^{\circ }$.

Allora i segmenti $EB$ e $DC$ sono paralleli perché tagliati dalla trasversale $BC$ formano angoli coniugati interni ________$\to$ il quadrilatero $EBCD$ è un trapezio.

Il fatto che sia isoscele segue perché i due lati obliqui sono lati del pentagono.

La stessa dimostrazione si può fare considerando una qualsiasi diagonale del pentagono.

Traccia due circonferenze tangenti internamente nel punto $P$. Detto $PQ$ il diametro della circonferenza più esterna, conduci da $Q$ le tangenti $QA$ e $QB$ alla circonferenza interna.
Dimostra che il quadrilatero $PAQB$ è circoscrivibile a una circonferenza.

Sia $O$ il centro della circonferenza con raggio minore.

$\overline{QA}\simeq$________ perché segmenti tangenti a una circonferenza condotti da un punto esterno.

I triangoli $APO$ e $OBP$ sono ________ in quanto hanno $PO$ in comune,
$\overline{OA}\cong$________ perché raggi della circonferenza e $P\hat{O}A\cong P\hat{O}B$ perché supplementari di angoli congruenti.

Quindi $\overline{PA}\cong \overline{PB}$.

Di conseguenza si ha che
$\overline{QA}+$________$\cong \overline{QB}+\overline{AP}$, e per questo il quadrilatero è circoscrivibile a una circonferenza.