Ricevo da Leonardo la seguente domanda:Gentilissimo professore,ho delle difficoltà nel trovare la soluzione in questi tre poblemi di geometria euclidea:1) Considerate due corde congruenti \(PQ\) ed \(RS\) di una circonferenza che non si intersecano (i punti \(P\), \(Q\), \(R\), \(S\) si susseguono nell’ordine), indica con \(T\) e \(V\) i punti di intersezione fra la circonferenza e la retta che unisce i punti medi \(M\) e \(N\) delle due corde. Dimostra la congruenza dei segmenti \(PT\), \(VS\) e \(TQ\), \(VR\). (Suggerimento: puoi dimostrarlo sia utilizzando i criteri di congruenza dei triangoli, sia considerando la simmetria rispetto all’asse della corda \(QR\) o \(PS\)).2) In una circonferenza di centro \(O\) è data una corda \(AB\); prolunga tale corda dalla parte di \(B\) di un segmento \(BC\) congruente al raggio e traccia la semiretta \(CO\) che incontra la circonferenza oltre \(O\) nel punto \(D\). Dimostra che l’angolo \(A\hat{O}D\) è triplo dell’angolo \(A\hat{C}O\).3) Su una circonferenza di diametro \(AB\) considera un punto \(C\) in modo che l’angolo \(C\hat{A}B\) sia doppio dell’angolo \(C\hat{B}A\). Dimostra che la corda \(AC\) è congruente al raggio della circonferenza.Grazie.Gli rispondo così:Caro Leonardo,nel primo caso, in generale si osserva che congiungendo gli estremi \(Q\), \(R\) e \(P\), \(S\) di due corde congruenti si viene a formare un trapezio isoscele, essendo \(Q\hat{R}P\cong R\hat{P}S\cong R\hat{Q}S\cong Q\hat{S}P\), in quanto tutti questi angoli alla circonferenza insistono su corde congruenti; ne consegue che nella simmetria avente per asse l’asse di simmetria del trapezio si corrispondono anche i punti medi \(M\) ed \(N\) dei lati corrispondenti \(PQ\) e \(RS\), nonché i punti \(T\) e \(V\), in quanto intersezioni di una retta perpendicolare all’asse con gli archi simmetrici \(PQ\) e \(RS\), per cui \(PT\cong VS\) e \(TQ\cong VR\) in quanto segmenti che congiungono punti che si corrispondono nella suddetta simmetria assiale.Nel secondo caso, posto \(\alpha=A\hat{C}O\), si osserva che \(O\hat{B}A\cong O\hat{A}B=2\alpha \), in quanto \(O\hat{B}A\) è angolo esterno del triangolo isoscele \(OBC\), pertanto, essendo \(A\hat{O}D\) angolo esterno del triangolo \(AOC\), si ha \(A\hat{O}D= A\hat{C}O+O\hat{A}B=3\alpha\).Infine, nel terzo caso, basta tracciare il raggio \(CO\) e osservare che l’angolo \(A\hat{O}C\) è anch’esso pari al doppio dell’angolo \(C\hat{B}A\), in quanto angolo esterno del triangolo isoscele \(COB\), per cui il triangolo isoscele \(CAO\) è equilatero, cioè in particolare \(AC\cong AO\), che è la tesi.Massimo Bergamini