FLATlandia
"Abbi pazienza, ché il mondo è vasto e largo". (Edwin A. Abbott)

Ottobre 2004

AB e CD sono porzioni di rette che si incontrano fuori dal foglio qui rappresentato dal rettangolo.
Costruire la bisettrice degli angoli acuti formati dalle due rette mediante costruzioni eseguite esclusivamente sul foglio assegnato.

Commento

Abbiamo ricevuto numerosi messaggi, ma non tutti leggibili e qualcuno senza testo né allegato.
Per garantire la ricezione delle vostre risposte a ciascun componente del gruppo di lavoro, e per facilitare la collocazione in rete delle soluzioni scelte, proponiamo di NON scrivere il testo nei file delle figure MA di inviare allegati formato Word contenenti testo e figura insieme.

Siamo riusciti a leggere tredici risposte provenienti dalle scuole:

Non abbiamo invece potuto esaminare quelle delle scuole

Nel problema avevamo proposto di costruire la bisettrice di un angolo di cui non si vede il vertice, perché fuori dal foglio di lavoro. Questo era rappresentato da un rettangolo in cui due segmenti dati erano porzioni dei lati dell’angolo.
La costruzione doveva essere eseguita all’interno del rettangolo assegnato.
In tutte le risposte che abbiamo esaminato la bisettrice è stata individuata nel modo richiesto, cioè con costruzioni interne alla figura data, ma solo in una ci si è chiesti se e come il procedimento seguito rispettasse tale condizione (vedi Giacomo Canevari, LS “Aselli”).
I punti presi in modo “qualunque” sui due segmenti assegnati da cui tracciare poi rette perpendicolari o parallele, oppure bisettrici di angoli, dovevano essere scelti in modo “opportuno” affinché le costruzioni successive risultassero interne al rettangolo. Non si chiedeva in modo esplicito di determinare le condizioni di esistenza della costruzione, ma sarebbe stato corretto tener presente quella necessità nella scelta “arbitraria” di quei punti.
Quando si propone una costruzione, si deve intendere una costruzione eseguibile con riga e compasso anche se si fa ricorso allo strumento informatico. La maggior parte ha individuato la bisettrice richiesta mediante due suoi punti costruiti in modi diversi.
Presenteremo le risposte ritenute più significative per illustrare i diversi percorsi seguiti per risolvere il quesito. Come al solito le risposte degli studenti di scuola media inferiore vengono accolte anche se incomplete nelle giustificazioni.

NOTA: Le nostre correzioni od osservazioni sono contenute in parentesi quadra. Con doppia parentesi quadra vengono indicate le parti omesse.

Soluzione proposta da:
Giacomo Canevari, classe 3C
Liceo Scientifico “G. Aselli” Cremona (CR)

Presi a piacere un punto P su AB e uno P’ CD, tracciamo le perpendicolari ai segmenti passanti per questi. Chiamiamo poi N un punto qualunque della perpendicolare ad AB e disegniamo la parallela al segmento; quindi tracciamo la circonferenza di centro P’ e raggio congruente a PN, che interseca la perpendicolare a BC in punto N’, interno all’angolo determinato dalle rette AB e CD. Disegniamo quindi la parallela a CD per N’, che interseca la parallela ad AB in un punto V.

Tracciata una circonferenza qualsiasi di centro V, troviamo sulle due rette NV e N’V rispettivamente i punti R ed S; l’intersezione tra la circonferenza di centro R e raggio RS e quella di centro S e raggio pure RS è il punto T.
I triangoli RTV e STV sono congruenti per il terzo criterio:
RV = VS per costruzione,
RT = TS per costruzione,
VT è in comune.
Dunque, gli angoli RVT e TVS sono congruenti fra loro; la retta TV è bisettrice dell’angolo RVS.
Resta da dimostrare che essa è anche bisettrice dell’angolo determinato dalle rette AB e CD.

Si congiunga V con O.
Sappiamo che, per costruzione, EV è parallelo ad AB, mentre FV è parallelo a CD; inoltre, indicati con H e K i piedi delle perpendicolari condotte da V rispettivamente alla retta AB e alla retta CD, VH = VK. Ora, i triangoli OVH e OVK sono congruenti tra loro per il quarto criterio, valido per i triangoli rettangoli:
OP è in comune,
VH = VK,
VHO = VKO = 90°.
Quindi, gli angoli HOV e KOV sono congruenti e la retta OV è bisettrice dell’angolo AOC. Tale retta è anche bisettrice di HVK, perché HVO = KVO; inoltre,

EVO = EVH + HVO = KVO + 90° = KVO + KVF = FVO

da cui si ricava che la retta OV è bisettrice dell’angolo EVF e che, quindi, le bisettrici degli angoli AOC e EVF coincidono tra loro. La costruzione è pertanto giustificata.

N.B.: la scelta dei punti P e P’ non influisce sulla costruzione.
Invece, dalla misura di NP dipende la posizione del punto V e va quindi scelto un punto N tale per cui V cada interno al foglio. Si potrebbe, per esempio, trovare il punto medio M di BD, tracciare la parallela ad AB per M, che intersecherà la perpendicolare per P in un punto Q, e scegliere un punto N dalla parte opposta a Q rispetto a P.

Soluzione proposta da:
Barbanera Mattia, classe 2E
Liceo Scientifico “G. Alessi”, Perugia (PG)

Il procedimento è abbastanza semplice: Sia P un punto [[qualsiasi]] su AB e sia Q un punto [[qualsiasi]] su CD; si congiunga P con Q e si traccino le bisettrici degli angoli APQ e CQP, che si incontreranno nel punto S, e le bisettrici di BPQ e DQP, che si incontreranno nel punto R [R e S debbono risultare interni al rettangolo e questo dipende dalla scelta di P e Q].
Si può dimostrare che la retta congiungente S e R è la bisettrice dell’angolo acuto formato da AB e CD.
Infatti il punto R, appartenendo alla bisettrice dell’angolo QPB è equidistante dai lati PB e PQ; ma R appartiene anche alla bisettrice dell’angolo DQP, quindi è equidistante dai lati PQ e QD; quindi, per la proprietà transitiva della congruenza, R è equidistante dai lati PB e QD, cioè dalle rette AB e CD: risulta pertanto sulla bisettrice richiesta. Analogamente si dimostra che anche il punto S appartiene alla bisettrice richiesta. Congiungendo dunque il punto R con il punto S, il problema è risolto.

Soluzione proposta da:
Classe 2F - Istituto tecnico Agrario “G. Pastori” - Brescia (BS)

Traccio le bisettrici degli angoli CAB e DCA , trovo il loro punto di intersezione M:
per definizione di bisettrice, M è equidistante sia dal lato AB che al lato AC, perché punto della bisettrice dell'angolo CAB, ma M è anche equidistante dai lati CD e AC, perché punto della bisettrice dell'angolo DCA.
Per la proprietà transitiva, M è equidistante sia da AB che da CD.

[Presi un punto E su AB e un punto F su CD], ripetiamo la costruzione alla ricerca di un secondo punto:
Traccio le bisettrici degli angoli DFE e BEF, trovo il loro punto d'intersezione N:
[N deve risultare interno al rettangolo e questo dipende dalla scelta di E e di F]
N è equidistante sia dal lato EB che dal lato EF, perché punto della bisettrice dell'angolo BEF,
ma N è anche equidistante dai lati FD e EF, perché punto della bisettrice dell'angolo DFE.
Per la proprietà transitiva, N è equidistante sia da EB che da FD, quindi è equidistante da AB e CD.

Poiché i punti M e N sono equidistanti dai segmenti AB e CD, sono punti appartenenti alla bisettrice dell'angolo avente per lati AB e CD. (l'angolo che si formerebbe col prolungare i due lati fuori dal foglio).

Soluzione proposta da
Thomas Neri e Mattia Rovelli
classe 3P Scuola Media “ C. A. Dalla Chiesa” - San Genesio ed Uniti (Pavia)

Uniamo A con C e consideriamo l'ipotetico triangolo ASC (S punto di intersezione delle rette AB e CD).
Noi sappiamo che le bisettrici degli angoli interni di un triangolo si incontrano in un unico punto.
Tracciamo le bisettrici degli angoli CAS e ACS; il punto di incontro è l’incentro (I) del triangolo ASC.
Per l’incentro passerà anche la bisettrice dell’angolo ASC ma, dato che con solo questo punto non possiamo tracciare la bisettrice dell’angolo ASC, tracciamo una retta parallela al lato AC che interseca AB e CD rispettivamente nei punti A’ e C’.
I triangoli A’C’S e ACS sono ugualmente disposti e simili, perché hanno gli angoli interni rispettivamente uguali [perché corrispondenti], CAS=C’A’S ACS=A’C’S, e l’angolo ASC in comune; quindi le bisettrici dell’angolo ASC e dell’angolo A’SC’ coincidono.
Tracciamo le bisettrici relative agli angoli C’A’S e A’C’S il loro punto di incontro è l’incentro (I’) relativo al triangolo A’C’S. Da questo incentro passerà anche la bisettrice dell’angolo A’SC’.
A questo punto [se I’ è interno al rettangolo] tracciamo una retta r passante per i due incentri; così facendo troviamo la bisettrice dell’angolo ASC=A’SC’.

Soluzione proposta da:
Classe 3F - Scuola Media “G. B. Tiepolo” Milano (MI)

Per tracciare la bisettrice è sufficiente individuare due punti.
Congiungendo A con C si ottiene un triangolo il cui vertice O è esterno al foglio di lavoro.
Sapendo che le bisettrici di un triangolo si incontrano nell’incentro e sapendo che sono sufficienti due bisettrici per poter trovare questo punto, tracciamo le bisettrici degli angoli A e C.
Troviamo in questo modo il punto I; dal quale siamo sicuri passerà anche la bisettrice dell’angolo O
Abbiamo così trovato il primo punto necessario per la costruzione della bisettrice; per trovare il secondo punto tracciamo le perpendicolari ai lati AB e CD passanti per il punto I, trovando i punti L e M. Il punto I è equidistante dai due segmenti AB e CD, perciò IL=IM.
Fissiamo un punto sul segmento AB ad una certa distanza dal punto M, riportiamo un punto anche sul segmento CD, mantenendo la stessa distanza con il punto L.
[[…]]
Chiamiamo i due punti S e T. SM=TL
Da questi due punti tracciamo le perpendicolari rispettivamente al segmento AB e CD trovando in questo modo il secondo punto della bisettrice chiamato R. [essendo RS=RT; affermazione che deve però essere dimostrata].
Avendo due punti [equidistanti dai lati] possiamo ora tracciare la bisettrice all’angolo O, passante per i punti R ed I.

Soluzione proposta da:
alcuni alunni della classe 3C
Scuola Media “F. Besta” - Bologna

| Home Page Cabri | Torna a FLATlandia | Archivi |