Luoghi geometrici - Altervistanatalinopacca.altervista.org/files/23-Geometria---esercizi-Bergamini.pdf · Luoghi geometrici Nel triangolo ABC prolunga i lati AB dalla parte di A e

Luoghi geometrici

Nel triangolo isoscele ABC di base AB, traccia le perpendicolari AK al lato BC e BH al lato AC, che

si incontrano nel punto E, e disegna la mediana CM. Dimostra che E∈CM .

Ipotesi:

• AC=BC ;

• AK⊥BC ;

• BH ⊥AC ;

• AM=MB .

Tesi:

• E∈CM .

Dimostrazione.

I triangoli ABH e ABK sono congruenti per il secondo criterio di congruenza, in quanto hanno:

• AB in comune;

• BAH= ABK perché angoli alla base di un triangolo isoscele;

• AHB= AKB=90° per ipotesi.

In particolare: KAB= HBA . Quindi AE=BE perché lati opposti ad angoli congruenti, e il

triangolo ABE è isoscele di base AB.

Sappiamo che:

• AM=MB per ipotesi;

• AE=BE per dimostrazione precedente;

• AC=BC per ipotesi.

Quindi i punti M, E, C sono equidistanti dai punti A e B e, pertanto, appartengono all'asse del

segmento AB. I tre punti sono quindi allineati c.v.d.

A B

C

K

M

H

E

Luoghi geometrici

Nel triangolo ABC prolunga i lati AB dalla parte di A e BC dalla parte di C. Traccia le bisettrici

degli angoli esterni di vertici A e C, che si incontrano in E. Dimostra che la cisettrice dell'angolo

ABC passa per E.

Ipotesi:

• HAE= JAE ;

• JCE= KCE ;

• ABX= CBX .

Tesi:

• E∈BX .

Dimostrazione.

Ricordiamo che la bisettrice di un angolo è il luogo dei punti equidistanti dai lati dell'angolo.

Sappiamo che:

• Il punto E appartiene alla bisettrice dell'angolo HAC , quindi: EH=EJ .

• Il punto E appartiene alla bisettrice dell'angolo KAC , quindi: EK=EJ .

Per la proprietà transitiva dell'uguaglianza: EH=EK .

Quindi il punto E ha la stessa distanza dai lati dell'angolo ABC e, pertanto, appartiene alla sua

bisettrice c.v.d.

A

B

C

E

K

J

H

X

Definizione circonferenza

Nel cerchio di centro O e raggio OB, disegna due corde consecutive AB e BC e i raggi OA e OC.

Considera i punti medi D di AB, E di OB, F di BC. Dinostra che ED=EF .

Caso particolare: se le corde AB e CB sono congruenti al raggio, di che natura è il triangolo OFD?

Ipotesi:

• AD=DB ;

• OE=EB ;

• BF=FC .

Tesi:

• ED=EF .

Dimostrazione.

Consideriamo il triangolo OAB: il segmento DE congiunge i punti medi di due lati, quindi è

parallelo al terzo lato (proprietà che non utilizzeremo) e congruente alla sua metà: DE=OA/2 .

Consideriamo il triangolo OBC: il segmento EF congiunge i punti medi di due lati, quindi è

parallelo al terzo lato e congruente alla sua metà: EF=OC /2 .

Sappiamo però che OA=OC perché raggi di una stessa circonferenza, quindi ED=EF per la

proprietà transitiva dell'uguaglianza c.v.d.

Caso particolare.

Se AB=BC=r , i triangoli OAB e OBC sono equilateri, e quindi equiangoli.

Perciò AOB= BOC=60° .

In questo caso, le mediane OD e OF sono anche bisettrici, quindi: DOE= FOE=30° .

Perciò: DOF= DOE FOE=60° .

E' immediato dimostrare che OD=OF , in quanto mediane di triangoli congruenti.

Quindi il triangolo ODF è isoscele con l'angolo al vertice che misura 60°, e pertanto è equilatero.

O

A

B

C

D

E

F

Definizione circonferenza

Disegna un cerchio di centro C e un triangolo isoscele ABC, con i lati congruenti c BC minori del

raggio. Prolunga AC e BC fino a incontrare la circonferenza nei punti E ed F. Dimostra che la corda

EF è parallela alla base AB Del triangolo.

Ipotesi:

• CA=CB .

Tesi:

• EF∥AB .

Dimostrazione.

Il triangolo CAB è isoscele di base AB, in quanto CA=CB per ipotesi.

Quindi, se poniamo ACB= , allora: CAB= CBA=90°−/2 .

Il triangolo CEF è isoscele di base EF, in quanto CE=CF perché raggi della stessa circonferenza.

Quindi anche CEF= CFE=90°−/2 .

Le rette AB ed EF, tagliate dalla trasversale CF, formano gli angoli corrispondenti CAB e CEF

congruenti per la dimostrazione precedente, quindi sono parallele c.v.d.

C

A B

E F

Corde della circonferenza

Date una circonferenza di centro O e date due corde congruenti AB e CD che si incontrano nel

punto E, dimostra che il punto E individua sulle corde segmanti rispettivamente congruenti.

(Suggerimento. Traccia le perpendicolari OH e OK alle corde AB e CD.)

Ipotesi:

• AB=CD ;

• OH ⊥AB ;

• OK⊥CD .

Tesi:

• AE=CE ;

• BE=DE .

Dimostrazione.

I triangoli OHE e OKE sono congruenti per il criterio di congruenza dei triangoli rettangoli, in

quanto hanno:

• OE in comune;

• OHE= OKE=90° per costruzione;

• OH=OK perché due corde congruenti hanno distanze dal centro congruenti.

In particolare: HE=KE .

Sappiamo che AH=CK perché metà di segmenti congruenti. Quindi:

• AE=AHHE e CE=CKKE sono congruenti perché somma di segmenti congruenti;

• BE=AB−AE e DE=CD−DE sono congruenti perché differenza di segmenti congruenti.

CA

B

O

D

H K

E

Angoli al centro ed alla circonferenza

Data una circonferenza di diametro AB, disegna un triangolo ABC in modo che il lato AC intersechi

la circonferenza in E e il lato BC la intersechi in F. Proietta su EF il punto B, indicando con H la

proiezione. Dimostra che ABE= FBH .

(Suggerimento. Dimostra che ABE= AFE e osserva la relazione che esiste tra AF e BC.)

Ipotesi:

• BH ⊥EF .

Tesi:

• ABE= FBH .

Dimostrazione.

Vediamo tutto ciò che possiamo affermare sugli angoli

presenti in figura (in realtà, non utilizzeremo alcune delle

affermazioni seguenti):

• AEB= AFB=90° perché insistono su una semicirconferenza;

• ABE= AFE= perché insistono sull'arco AE;

• BAF= BEF= perché insistono sull'arco BF;

• FAE= FBE= perché insistono sull'arco EF.

Osserviamo che, per la somma degli angoli interni del triangolo AEB, deve essere:

90°=180° ⇒ ABE==90°−− .

Invece, per la somma degli angoli interni del triangolo EBH, deve essere:FBH90 °=180 ° ⇒ FBH=90 °−−= c.v.d.

C

A B

HF

E

Angoli al centro ed alla circonferenza

Il triangolo rettangolo ABC ha per base il cateto AB ed M è il punto medio dell'ipotenusa BC.

Traccia la circonferenza di diametro AM. Essa incontra AB in E e AC in F.

Dimostra che EF∥BC .

(Suggerimento. Ricorda che in un triangolo rettangolo la mediana relativa all'ipotenusa è congruente

a metà dell'ipotenusa.)

Ipotesi:

• BA⊥AC ;

• BM=MC .

Tesi:

• EF∥BC .

Dimostrazione.

Sappiamo che AM=BM perché la mediana relativa all'ipotenusa di un triangolo rettangolo è

congruente a metà dell'ipotenusa.

Quindi ABM= MAB= perché angoli alla base di un triangolo isoscele.

Sappiamo che EF è un altro diametro della circonferenza di diametro AM, in quanto l'angoloEAF è retto, e quindi deve insistere su mezza circonferenza.

Se indichiamo con O il punto medio di EF, e quindi il centro della circonferenza, abbiamo:

• OA=OE perché raggi della stessa circonferenza;

• OEA= OAE= perché angoli alla base di un triangolo isoscele;

• MAB= MBA= per la proprietà transitiva dell'uguaglianza.

Quindi le rette BC ed EF, tagliate dalla trasversale AB, formano angoli corrispondenti congruenti, e

pertanto sono parallele c.v.d.

A B

C

ME

F

O

Circonferenza

Considera una circonferenza di centro O e disegna due corde parallele e congruenti, poi congiungi

gli estremi in modo che la figura non risulti intrecciata.

Dimostra che il quadrilatero ottenuto è un rettangolo.

Caso particolare: se un angolo (acuto) alla circonferenza che insiste su una delle due corde è

congruente a P /4 , che quadrilatero ottieni?

Ipotesi:

• AB∥CD ;

• AB=CD .

Tesi:

• ABCD è un rettangolo.

Dimostrazione.

Tracciamo le diagonali AC e BD del quadrilatero.

Attenzione: non siamo ancora autorizzati a dire che il punto di intersezione O delle diagonali sia il

centro della circonferenza!

Alle corde congruenti AB e CD corrispondono archi congruenti AB e CD. Quindi:

• DAC= ACB= perché angoli alla circonferenza che insistono su archi congruenti;

• BAC= ACD= perché angoli corrispondenti formati dalle rette AB e CD, parallele per

ipotesi, tagliate dalla trasversale AC;

• DAB= DCB= perché somma di angoli congruenti.

Poiché ad angoli alla circonferenza congruenti corrispondono archi congruenti, allora i due archi

aventi per estremi i punti B e D devono essere congruenti, quindi ciascuno di essi deve

corrispondere a metà della circonferenza.

Pertanto DAB= DCB==90° perché insistono su una semicirconferenza.

Ripetendo lo stesso ragionamento per gli altri due angoli, concludiamo che ABCD è un rettangolo in

quanto ha quattro angoli retti c.v.d.

Caso particolare.

Se poniamo DAC==45° , il quadrilatero ABCD risulta un quadrato.

A B

CD

O

a

a

b

b

Circonferenza

Disegna un triangolo ABC e le circonferenze di diametri AC e BC. La retta perpendicolare ad AB

passante per A incontra la circonferenza di diametro AC in E; la retta perpendicolare ad AB passante

per B incontra l'altra circonferenza in F. Dimostra che i punti E, C, F sono allineati.

Caso particolare: se il triangolo ABC è isoscele di vertice C, come sono i triangoli ACE e BCF?

Ipotesi:

• AE⊥AB ;

• BF⊥ AB .

Tesi:

• E, C, F sono allineati.

Dimostrazione.

Gli angoli AEC e BFC sono retti, perché ciascuno di essi insiste su una semicirconferenza.

Le rette AB ed EC sono parallele, in quanto entrambe sono perpendicolari alla retta AE, quindi,

tagliate dalla trasversale AC, esse formano angoli alterni interni congruenti: CAB= ACE= .

In maniera analoga, le rette AB e CF sono parallele, in quanto entrambe sono perpendicolari alla

retta BF, quindi, tagliate dalla trasversale BC, esse formano angoli alterni interni congruenti:ABC= BCF= .

Quindi ECF= ECA ACB BCF==180° in quanto è la somma degli angoli interni del

triangolo ABC c.v.d.

Caso particolare.

Se il triangolo ABC è isoscele di vertice C, allora AC=BC e = , quindi i triangoli ACE e

BCF sono congruenti per il secondo criterio.

A B

CE F

a

a

b

b

g

Punti notevoli di un triangolo

Considera l'incentro S di un triangolo qualunque ABC e traccia per S la parallela al lato BC che

interseca in P e in Q rispettivamente i lati AB e AC. Dimostra che il perimetro del triangolo APQ è

congruente alla somma di AB e AC.

(Suggerimento. Considera i triangoli BPS e SQC.)

Ipotesi:

• CAS= BAS ;

• ACS= BCS ;

• A B S= CBS ;

• PQ∥BC .

Tesi:

• 2 pAPQ=ABAC .

Dimostrazione.

Sappiamo che:

• APQ= ABC= perché angoli corrispondenti congruenti formati dalle rette PQ e BC, parallele

per ipotesi;

• SPB=180°− perché adiacente a APQ ;

• PBS=/2 per ipotesi (o per definizione di bisettrice);

• PSB=/2 perché la somma degli angoli interni del triangolo PSB è un angolo piatto.

Quindi PS=PB perché lati opposti ad angoli congruenti.

In maniera analoga dimostriamo che QS=QC .

Abbiamo quindi:

2 pAPQ=APPQQA=APPSSQSA=ABAC c.v.d.

A

BC

PQS

Grandezze proporzionali

Nel triangolo ABC, da un punto P della mediana CM traccia le parallele ai lati AC e CB; indica con

Q ed R i loro punti di intersezione con AB. Dimostra che M è il punto medio di QR.

(Suggerimento. Nel triangolo AMC, QP è parallelo ad AC, perciò puoi scrivere una proporzione;

anche nel triangolo BMC puoi scrivere una proporzione...)

Caso particolare: se il triangolo ABC è isoscele sulla base AB, di che natura è il triiangolo PRQ?

Com'è l'angolo PMR ?

Ipotesi:

• AM=MB ;

• PQ∥AC ;

• PR∥BC .

Tesi:

• QM=MR .

Dimostrazione.

Nel triangolo AMC, abbiamo PQ∥AC per ipotesi. Possiamo pertanto applicare il teorema di

Talete, o, per precisione, il suo corollario riguardante la retta parallela ad un lato di un triangolo:QMAM=MP

MC .

Nel triangolo BMC, abbiamo PR∥BC per ipotesi. Per il teorema di Talete: MPMC=MR

MB .

Quindi, per la proprietà transitiva dell'uguaglianza:QMAM=MR

MB .

Ma, poiché AM=MB per ipotesi: QM=MR c.v.d.

Osserva che, nel teorema di Talete, non è richiesto che i segmenti a cui si applica la proporzione siano disgiunti. Esso,

pertanto, può essere applicato anche nel caso attuale in cui QM⊂AM e MR⊂MB .

A B

C

P

MQ R


Disegna il triangolo ABC e la sua mediana BM. Da un punto P del segmento AM traccia la parallela

a BM; essa incontra AB e il prolungamento di CB rispettivamente in Q e in R.

Dimostra che BR : BC=QB: AB

Ipotesi:

• AM=MC ;

• PR∥BM .

Tesi:

•BRBC=QB

AB .

Dimostrazione.

Nel triangolo CPR abbiamo PR∥BM per ipotesi.

Pertanto, per il teorema di Talete: BRBC=MP

MC.

Nel triangolo ABM abbiamo PQ∥BM per ipotesi.

Pertanto, per il teorema di Talete:QBAB= PM

AM .

Ma AM=MC per ipotesi, per cui:BRBC=QB

AB c.v.d.

A

B C

P

M

Q

R


Dinostra il seguente teorema (teorema della bisettrice dell'angolo esterno di un triangolo); in un

triangolo la bisettrice di un angolo esterno, se non è parallela L Lto opposto, incontra il

prolungamento del lato in un punto che determina con gli estremi di quel lato segmenti

proporzionali agli altri due lati.

(Suggerimento. Traccia la parallela a CD passante per B, come nella figura, e ragiona come nella

dimostrazione della bisettrice di un angolo interno. Devi dimostrare che AD: BD=AC :CB .

Ipotesi:

• BCD= QCD .

Tesi:

•ADBD= AC

CB .

Dimostrazione.

Per il punto B conduciamo la parallela alla bisettrice CD, che interseca il lato AC in P.CBP= BCD perché angoli alterni interni formati dalle rette PB e CD, parallele per costruzione,

tagliate dalla trasversale BC.CPB= QCD perché angoli corrispondenti formati dalle rette PB e CD, parallele per costruzione,

tagliate dalla trasversale AQ.

Quindi CBP= CPB per la proprietà transitiva dell'uguaglianza e CP=CB perché lati opposti ad

angoli uguali.

Nel triangolo ACD abbiamo PB∥CD per costruzione.

Quindi, per il teorema di Talete: ADBD= AC

PC.

Poiché CP=CB per dimostrazione precedente, otteniamo: ADBD= AC

CBc.v.d.

A B

C

P

Q

D

Triangoli rettangoli con angoli particolari

In un triangolo ABC l'angolo in B è di 135*. Sapendo che le lunghezze dei lati AB e BC sono

rispettivamente 20 k e 12k , calcola l'area del triangolo e l'altezza relativa alla base BC.

Svolgimento

Prendiamo il segmento di lunghezza k come unità di

misura, in modo da omettere tale parametro nei calcoli.

Tracciamo l'altezza CH relativa al lato AB.CBH=45° perché supplementare di ABC .BCH=45° per differenza.

Quindi il triangolo BCH è rettangolo isoscele, ovvero ha

gli angoli di ampiezza 90°, 45°, 45°.

Di conseguenza: CH=CB2= 122=62 .

L'area del triangolo misura: S ABC=12

AB⋅CH=12⋅20⋅62=602 k 2 .

L'altezza AK relativa al lato BC misura: AK=2 S ABC

BC=1202

12=102 k .

AB

C

K

H

135°

20 k12 k


Un poligono ABCDE è formato da un quadrato ABCE su cui è costruito un triangolo rettangolo

isoscele ECD con EC come ipotenusa. Il perimetro del poligono è 4 32cm . Calcola l'area e

la distanza di D dal lato AB.

Svolgimento

Se indichiamo con l il lato del quadrato ABCE, ricaviamo:

CD=ED=l /2 , in quanto cateti di un triangolo rettangolo isoscele di

ipotenusa l.

Impostiamo l'equazione:

2 pABCDE=3 l2 l 2=4 32 ⇒ l= 4 3232

=4 cm .

L'area del poligono misura:

S ABCESCDE=l212 l2

2

=164=20 cm2 .

La distanza del vertice D dal lato AB misura:

DKKH= l2l=3

2l=3

2⋅4=6 cm .

A l B

CE

D

l/√2

H

K


In un trapezio rettangolo l'angolo acuto adiacente alla base maggiore ha ampiezza di 60°.

Calcola l'area del trapezio sapendo che la base minore è i 3/4 di quella maggiore e che il perimetro è

293cm .

Svolgimento

Poniamo AB=x . Quindi:

• AH=CD=34

x ;

• BH=AB−AH=14

x ;

• CB=2 BH=12

x , in quanto il triangolo BCH, avendo gli

angoli di ampiezza 90°, 60°, 30°, è metà di un triangolo equilatero di lato BC;

• CH=AD=CB 32=x 3

4per lo stesso motivo.


2 pABCD=x12

x34

x34

x=934

x=293 ⇒ x=8 .

Quindi: AB=8cm , AH=CD=6 cm , CH=AD=23cm .

Perciò l'area del trapezio misura:

S ABCD=12ABCD⋅AD=1

2⋅14⋅23=143cm2 .

A60°

3/4 x B

CD

H

3/4 x

1/4 x

1/2 x

x √3

/4

x √3

/4


Un triangolo rettangolo ha un angolo acuto la cui ampiezza è di 30° e l'altezza relativa all'ipotenusa

di 7 cm. Calcola il perimetro, l'area del triangolo e le proiezioni dei cateti sull'ipotenusa.

Svolgimento

Osserviamo che i triangoli ABC, ACH, BCH sono

uguali alla metà dei triangoli equilateri aventi come lato

AB, AC e BC rispettivamente, in quanto hanno gli

angoli di ampiezza 90°, 60°, 30°.

Abbiamo quindi:

• AC=2CH=14 cm ;

• AH=AC 32=73cm ;

• BC=CH⋅23=14

3 3cm ;

• BH= BC2=7

3 3 cm .

Il perimetro del triangolo misura: 1477314

33=1413cm .


AC⋅BC=12⋅14⋅14

3 3=983 3 cm2 .

A

60°B

C

H30°

714

7√3

14√3/3

7√3/3


Il triangolo rettangolo ABC ha l'angolo A=90° e l'angolo B=60° . La bisettrice BD

dell'angolo B divide il cateto CA in due parti tali che DA=2m . Calcola la lunghezza del

perimetro, l'area del triangolo ABC e la lunghezza del segmento CD.

Svolgimento

Osserviamo che i triangoli ABC e ABD sono uguali

alla metà dei triangoli equilateri aventi come lato

BC e BD rispettivamente, in quanto hanno gli

angoli di ampiezza 90°, 60°, 30°.

Abbiamo quindi:

• BD=2 AD=4 m ;

• AB=BD 32=23 m ;

• BC=2 AB=43 m ;

• AC=BC 32=6 ;

• CD=AC−AD=4 m .

Osserviamo come verifica che il triangolo BDC è isoscele, in quanto ha due angoli di 30°. Infatti BD=DC=4 .

Il perimetro del triangolo misura: 62343=613m .


AC⋅AB=12⋅6⋅23=63 m2 .

A

B

CD

30°

2

2√34√3

30°

4

4


Un triangolo ABC ha l'angolo in C con ampiezza di 120°. L'altezza AH relativa alla base BC misura

5 cm e il lato BC misura 12−53 /3cm . Calcola il perimetro.

Svolgimento

Osserviamo che il triangolo ACH è uguale alla metà del

triangolo equilatero di lato AC, in quanto ha gli angoli di

ampiezza 90°, 60°, 30°.

Abbiamo quindi:

• AC= 23

AH= 103

cm ;

• CH= AC2= 53

cm ;

• BH=CHCB=12− 53 53=12 cm ;

• AB=AH 2BH 2=52122=13cm per il teorema di Pitagora.

Il perimetro del triangolo misura: 13 10312− 5

3=25 5

3=553

3cm .

BCH

120°

5/√3

10/√3

A

5

12-5/√3

13

Poligoni simili

In una circonferenza traccia due corde AB e BC e conduci per B la tangente a tale circonferenza.

Dimostra che ogni retta parallela alla tangente taglia le retta AB e BC in due punti M ed N tali che i

triangoli ABC ed NBM risultano simili.

(Suggerimento. Utilizza le proprietà dell'angolo alla circonferenza.)

Caso particolare: se AB e BC sono congruenti e perpendicolari, come sono tra loro la retta tangente

e la corda AC?

Ipotesi:

• BT tangente alla circonferenza;

• MN∥BT .

Tesi:

• ABC~NBM .

Dimostrazione.

• NMB= MBT perché angoli alterni interni formati dalle rette parallele MN e BT tagliate dalla

trasversale BT;

• ACB= ABT in quanto angoli alla circonferenza che insistono sull'arco AB.Ricorda che un angolo alla circonferenza deve avere il vertice appartenente alla circonferenza, mentre i lati possono

essere entrambe corde, oppure una corda ed una tangente alla circonferenza.

I triangoli ABC e NBM sono simili per il primo criterio, in quanto hanno:

• ABC in comune;

• NMB= ACB per la proprietà transitiva dell'uguaglianza.

Caso particolare. Se AB e BC sono congruenti e perpendicolari, allora la retta tangente e la corda

AC sono parallele.

A

C

B

M

N

T

Similitudine e circonferenza

Sul diametro AB di una circonferenza scegli un punto P e traccia le semicirconferenze di diametri

AP e PB, giacenti da parti opposte rispetto ad AB. Dimostra che il cerchio resta diviso dalle due

semicirconferenze in due parti che stanno ta loro come i due segmenti in cui è diviso il diametro.

Svolgimento

Indichiamo con:

• r il raggio della circonferenza di diametro AB;

• x il raggio della circonferenza di diametro AP;

• quindi r−x il raggio della circonferenza di diametro PB.

Le aree delle figure F1 ed F2 sono rispettivamente:

• A1= r2− x2r−x2=2 r r−x ;

• A2= r2 x2−r−x2=2 rx .

Il loro rapporto è quindi:A1

A2= r−x

r c.v.d.

A BP

F1

F2


In una circonferenza, la corda CD è perpendicolare in D alla corda AB, lunga 30 cm, e la divide in

parti aventi rapporto 11/4. Determina le lunghezze dei segmenti PC e PD e della circonferenza,

sapendo che la somma delle distanze delle due corde dal centro della circonferenza è 27 cm.

Svolgimento

Poniamo PB=x ⇒ AP=114

x .

Imponiamo: APPB=30 cm ⇒ x114

x=30 ⇒ x=8 .

Quindi: PB=8cm , AP=22cm .

Poiché la perpendicolare ad una corda passante per il centro della

circonferenza divide la corda stessa in due parti congruenti:

BH=15cm ⇒ PH=OK=7 cm .

Perciò OH=27−7=20 cm .

Applichiamo il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo OBH:

OB=OH 2BH 2=202152=25cm .

Applichiamo il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo OKD:

KD=OD2−OK 2=252−72=24 cm ⇒ CD=2 KD=48 cm .

Poniamo CP= y e applichiamo il teorema delle corde:

CP⋅PD=AP⋅PB ⇒ y 48− y=22⋅8 ⇒ y2−48 y176=0 ⇒ y1=4 ; y2=44 .

Quindi: CP=4 cm e PD=44 cm (o viceversa).

La lunghezza della circonferenza è l circ=2OB=50cm .

A B

O

C

D

H

K

P


Esternamente ad un quadrato ABCD, il cui lato misura l, traccia le semicirconferenze di diametri

AB e AD e l'arco di circonferenza di centro A ed estremi B e D. Calcola l'area della figura mistilinea

delimitata dagli archi tracciati.

Svolgimento

La figura F è composta dai 3/4 del cerchio di centro A e raggio

AB, a cui vengono tolti due semicerchi di diametro AB.

Quindi: AreaF=34 AB2− AB

2

2

= 34 l2− l

2

2

=12 l 2 .

A B

CD

l

F

Applicazioni dell'algebra alla geometria

Un triangolo rettangolo ABC ha area 384 cm2 e un cateto è i 4/3 dell'altro. Sull'ipotenusa

determina un punto Q che la divida in due parti, delle quali l'una sia i 3/7 dell'altra. Dal punto Q

traccia poi le parallele ai cateti. Calcola l'area ed il perimetro dei tre poligoni in cui viene suddiviso

il triangolo dato.

Svolgimento

Poniamo AC=x ⇒ AB= 43

x .


x⋅43

x=384 ⇒ x2= 34⋅384=288 ⇒ x=122 .

Quindi: AC=122cm e AB=162cm ;

BC=202cm ⇒ 2 pABC=482 cm .

I triangoli rettangoli ABC, BQH e CQK sono tutti simili per il primo criterio.

Poiché BQ=37

CQ ⇒ BQ= 310

BC ; CQ= 710

BC , i rispettivi rapporti di similitudine sono:

• k 1=3/7 per passare dal triangolo CQK al triangolo BQH;

• k 2=3/10 per passare dal triangolo ABC al triangolo BQH;

• k 1=7/10 per passare dal triangolo ABC al triangolo CQK.

Di conseguenza:

• 2 pBQH=k 2⋅2 pABC=3

10⋅482=72

5 2cm≃20,36 cm ;

• 2 pCQK=k 3⋅2 pABC=7

10⋅482=168

5 2 cm≃47,52 cm ;

• 2 pAHQK=2KQQH =2k 3⋅ABk 2⋅AC =2 710⋅162 3

10⋅122=148

5 2cm≃41,9 cm ;

• S BQH=k 22 S ABC=

9100⋅384=864

25cm2=34,56cm2 ;

• SCKQ=k 32 S ABC=

49100⋅384= 4704

25cm2=188,16cm2 ;

• S AHQK=S ABC−S BQH−SCKQ=384−34,56−188,16=161,28 cm2 .

Osservazioni:

• Era possibile risolvere il problema anche calcolando le misure di tutti i segmenti che compaiono in figura. L'uso del

rapporto di similitudine, tuttavia, ci permette di ottenere dei risultati anche quando non conosciamo le misure dei lati

A B

C

Q

H

K

corrispondenti in una similitudine, ma soltanto il loro rapporto.

• Ricordiamo che, a meno che non sia richiesto diversamente, nei compiti di matematica si cercano i risultati esatti,

mentre nei compiti di fisica (o delle altre scienze applicate) sono richiesti dei risultati approssimati (con il corretto

numero di cifre significative). In ogni caso, è necessario indicare se il risultato fornito è esatto, (e quindi utilizzare il

segno di uguaglianza), o approssimato (utilizzando il simbolo di uguaglianza approssimata).

• Oltre all'ambiguità precedente, credo che i risultati dei perimetri forniti dal libro di testo siano errati (probabilmente

perché usa il valore 2 anziché 2 ).

Applicazioni dell'algebra alla geometria

E' data la semicirconferenza di diametro AB lungo 20 cm. Preso sulla semicirconferenza un punto

Q, prolunga AQ in modo che incontri la tangente alla semicirconferenza passante per B nel punto T.

Siano R e H rispettivamente le proiezioni di Q su TB e su AB.

a. Determina AQ sapendo che 10QR3 AQ=120 cm .

b. Trova il rapporto di similitudine fra i triangoli QTR e QBR.

Svolgimento

Il triangolo AQB è rettangolo, in quanto l'angolo alla

circonferenza AQB insiste su una semicirconferenza.

Poniamo QR=HB=x ⇒ AH=20−x .

Applichiamo il primo teorema di Euclide:

AQ2=AB⋅AH=20 20−x ⇒ AQ=2020−x .


10QR3 AQ=120 ⇒ 320 20−x =120−10 x .

Prima di elevare al quadrato, dobbiamo imporre che 120−10 x≥0 ⇒ 0≤x≤12 .In caso contrario, dovremmo verificare che le soluzioni trovate rendano vera l'equazione irrazionale di partenza.

Quindi: 9400−20 x =14.400−2.400 x100 x2 ⇒ 100 x2−2.220 x10.800=0 ⇒

5 x2−111x340=0 ⇒ x=111±3910

⇒ x1=7,2 acc ; x2=15 non acc.

Ricaviamo pertanto: AQ=20 20−7.2=16 cm .

• RQT= BAT perché angoli corrispondenti formati dalle rette parallele RQ e AB tagliate dalla

trasversale AT;

• BAT= RBQ perché angoli alla circonferenza che insistono sull'arco BQ.

Quindi i triangoli QTR e QBR sono simili per il primo criterio in quanto hanno:

• QRT= QRB=90° ;

• RQT= RBQ per la proprietà transitiva dell'uguaglianza.

Il rapporto di similitudine è il rapporto tra le lunghezze di due lati corrispondenti: k=QRBR .

Poiché BR=HQ , ne calcoliamo la misura applicando il secondo teorema di Euclide al triangolo

rettangolo ABQ: HQ2=AH⋅BH ⇒ HQ=12,8⋅7,2=9,6 cm .

Quindi: k=QRBR=7,2

9,6=0,75=3

4 .

B

T

A

RQ

Hx20 - x

Similitudine - riepilogo

Disegna una circonferenza di centro O e prolunga un diametro AB dalla parte di A di un segmanto

AP tale che, conducendo da P una secante alla circonferenza, determini con questa una corda CD

lunga come il raggio r. La somma delle distanze di P da A e da C è uguale alla lunghezza del lato del

triangolo equilatero inserito nella circonferenza. Determina:

a. il perimetro del triangolo PCO;

b. l'ampiezza dell'angolo CPA .

Svolgimento

Il testo ci informa che PAPC=r 3 .

Il perimetro del triangolo PCO è:

PAPCAOCO=

=r 32 r=r 23 .

Il triangolo OCD è equilatero, in quanto i tre lati sono congruenti al raggio r.

Ne segue che: OCD=60° ⇒ OCP=120° .

Poniamo PC=x ⇒ PA=r 3−x .

Applichiamo il teorema delle secanti:

PC⋅PD=PA⋅PB ⇒ x xr =r 3−x r 3−x2 r ⇒

x2rx=3 r−2 rx 3x22 r23−2 rx ⇒ 323rx=323r2 ⇒ x=r .

Poiché PC=OC=r , il triangolo PCO è isoscele, quindi: CPO= COP=30° .

BAP O

r

C

D

60°120°

r√3-x r

x r


Un triangolo rettangolo ha l'ipotenusa BC lunga 2a e il cateto AB lungo a. Dal vertice B traccia

una semiretta esterna al triangolo, che forma con BC un angolo di 60°, e dal vertice C traccia

un'altra semiretta, sempre esterna al triangolo, che forma con AC un angolo di 120°, poi indica con

E il loro punto di intersezione. Determina:

a. il raggio della circonferenza inscritta in ABC;

b. l'area e il perimetro del quadrilatero ABEC;

c. il rapporto tra le aree dei due triangoli in cui il quadrilatero viene diviso dalla diagonale BC.

Svolgimento

Poiché il triangolo rettangolo ABC ha l'ipotenusa di

lunghezza doppia rispetto ad un cateto, è metà di un

triangolo equilatero, e quindi ha gli angoli di ampiezze 30°,

60°, 90°.

Pertanto: AC=32

BC=a3 .

ECB=120°−30°=90° ⇒ CEB=30° .

Quindi anche il triangolo BCE ha gli angoli di ampiezze 30°,

60°, 90°, e pertanto è simile al triangolo ABC per il primo criterio, con rapporto di similitudine:

k= ABEC=1

2 .

Ricaviamo: BE=2 BC=4 a ; CE=32

BE=23 a .

Il raggio della circonferenza inscritta nel triangolo ABC misura:

r in=S ABC

pABC

= a23/2a 33/2

=a⋅ 333

⋅3−33−3

=3−12

a .

S ABEC=S ABCS BCE=S ABC4 S ABC=52

a23 .

2 pABEC=a4 a2 a3a3=533a .

S ABC

S BCE

=k 2=14 .

B

A C

E

a√3

60°60°

30°

30°

a 2a

4a

2a√3


La base BC di un triangolo isoscele ABC è i 16/15 dell'altezza, e il lato è lungo 17 cm. Inscrivi nel

triangolo la circonferenza e traccia la retta parallela ad essa, tangente alla base del triangolo. Indica

con M ed N i punti in cui tale retta interseca i lati AB e AC del triangolo. Determina:

a. l'area del triangolo ABC;

b. la lunghezza della circonferenza;

c. il perimetro del triangolo AMN;

d. il rapporto fra l'area del triangolo equilatero inscritto nella circonferenza e l'area del quadrato

inscritto.

Svolgimento

Poniamo AH=x ⇒ BC=1615

x .

Applichiamo il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo ACH:

AH 2HC 2=AC 2 ⇒

x2 64225

x2=289 ⇒ x2=225 ⇒ x=15 .

Quindi: AH=15 cm ; BC=16 cm .

S ABC=BC⋅AH

2=16⋅15

2=120 cm2 .

Il raggio della circonferenza inscritta misura:

r in=S ABC

pABC

=120 cm2

25cm=4,8cm ⇒ l circ=2 r in=

485cm .

I triangoli ABC e AMN sono simili per il primo criterio,in quanto hanno l'angolo A in comune e

gli angoli ABC e AMN congruenti perché angoli corrispondenti formati dalle rette parallele BC

e MN tagliate dalla trasversale AB.

Il loro rapporto di similitudine è k= AKAH=

AH−2 r in

AH=15−9,6

15=0,36 .

2 pAMN=k 2 pABC=0,36⋅50=18cm .

Ricordiamo che i lati del triangolo equilatero e del quadrato inscritti in una circonferenza misurano

rispettivamente l3=r 3 e l4=r 2 , per cui il rapporto delle aree vale:

S 3

S 4=3/4 l3

2

l42 =3 /4⋅3 r2

2 r2 =38 3 .

A

B C

M N

H

K


Un triangolo rettangolo ABC ha i cateti AB e AC rispettivamente di 45 cm e 24 cm. Sia D il punto

dell'ipotenusa che la divide in due segmenti BD e CD proporzionali ai numeri 1 e 2. Conduci da D

la perpendicolare DE ad AB e dal punto E la perpendicolare EF all'ipotenusa BC. Calcola:

a. l'area del poligono AEDC;

b. il perimetro del triangolo DEF;

c. la lunghezza della circonferenza e l'area del cerchio inscritto nel triangolo EBF.

Svolgimento

Applichiamo il teorema di Pitagora:

BC=AB2AC 2=242452=51cm .

Quindi: 2 pABC=244551=120 cm ;

S ABC=AB⋅AC

2=24⋅45

2=540 cm2 .

I triangoli ABC e BDE sono simili per il primo criterio,

in quanto hanno un angolo retto e l'angolo in B in

comune.

Il loro rapporto di similitudine è k 1=BDBC=1

3 .

I triangoli BDE e DEF sono simili per il primo criterio, in quanto hanno un angolo retto e l'angolo in

D in comune.

Il loro rapporto di similitudine è k 2=DEBD= AC /3

BD= 8

17 .

Per la proprietà transitiva, anche i triangoli ABC e DEF sono simili.

Il loro rapporto di similitudine è k 3=k 1⋅k 2=851 .

S AEDC=S ABC−S EBD=S ABC−k 12 S ABC=

89

S ABC=89⋅540=480 cm2 .

2 pDEF=k 3⋅2 pABC=851⋅120=320

17cm .

Anche il triangolo EBF è simile ad ABC con rapporto di similitudine: k 4=BEBC= AB /3

BC= 5

17 .

Calcoliamo il raggio della circonferenza inscritta nel triangolo ABC:

r ABC=S ABC

pABC

=54060=9 cm .

Quindi il raggio della circonferenza inscritta nel triangolo EBF misura:

A B

C

D

E

F

rEBF=k 4 r ABC=5

17⋅9= 45

17cm .

La lunghezza della circonferenza e l'area del cerchio inscritto nel triangolo EBF misurano perciò:

lEBF=2 rEBF=9017cm ; S EBF= r EBF

2 =2025289cm2 .


Un rettangolo ABCD è inscritto in una cironferenza di raggio r.

Sapendo che l'area del rettangolo è 1,92 r2 , determina:

a. il perimetro del rettangolo;

b. l'area del quadrilatero formato dalle tangenti alla circonferenza nei vertici del rettangolo.

Dimostra infine che il quadrilatero è un rombo.

Svolgimento

Indichiamo le misure dei lati del rettangolo come HE=x , EF= y ,

con le condizioni: 0≤x≤2 r e 0≤ y≤2 r .

La diagonale FH del rettangolo è diametro della circonferenza

circoscritta, in quanto l'angolo HFE=90° insiste su una

semicirconferenza.

Poniamo r=1 e impostiamo un sistema di due equazioni, che

esprimono rispettivamente l'area del rettangolo e il teorema di Pitagora

applicato al triangolo rettangolo HEF:

{xy=1,92x2 y2=4

⇒

x y 2−2 xy=4 ⇒ x y 2=43,84=7,84 ⇒ x y=2,8 .La soluzione negativa non è accettabile, per le condizioni di esistenza.

Avendo ricondotto il nostro sistema simmetrico di quarto grado ad uno di secondo, impostiamo

l'equazione di secondo grado associata:

t2−2,8 t1,92=0 ⇒ t=1,4±0,04 ⇒ t1=1,2 ; t2=1,6 .

Naturalmente, è possibile, ma lievemente più laborioso, risolvere il sistema applicando il metodo di sostituzione.

Le soluzioni sono quindi: {x1=1,2 ry1=1,6 r ; {x1=1,6 r

y1=1,2 r .

Esse corrispondono a due rettangoli congruenti, per cui, nella parte rimanente del problema, ci

limitiamo a considerare la seconda.

Il perimetro del rettangolo misura quindi: 2 prett=2x y=5,6 r .

I triangoli AME e AOE sono simili per il primo criterio, in quanto hanno l'angolo in A in comune,

ed entrambi hanno un angolo retto (infatti, AEO=90° perché la tangente è perpendicolare al

raggio per il punto di tangenza, e AME=90° perché la retta AO è l'asse di HE).

Tracciando l'altezza EM relativa all'ipotenusa del triangolo AOE, vediamo che anche il triangolo

O

A

B

C

D

E

FG

H M

N

rx/2

y/2

EMO è simile a AOE, sempre per il primo criterio.

Impostiamo quindi la proporzione tra i lati (senza puntini!!!):

AEOE=ME

MO⇒ AE=ME

MO⋅OE=0,8

0,6r= 4

3r .

In maniera analoga, per la similitudine tra i triangoli OEB e OEN:

EBOE= EN

ON⇒ EB= EN

ON⋅OE=0,6

0,8r=3

4r .

Quindi: AB=AEEB= 43

r 34

r=2512

r .

Il quadrilatero ABCD è un rombo in quanto ha i lati opposti paralleli e le diagonali perpendicolari,

per cui il suo perimetro è 2 pABCD=4 AB=253

r .

L'area del rombo misura: S ABCD= pABCD r in=256

r⋅r= 256

r2 .


Disegna un triangolo ABC di base AB lunga 40a , maggiore degli altri lati, e altezza CH lunga

12a . Le proiezioni dei lati AC e BC su AB sono l'una i 2/3 dell'altra. Traccia per B la

perpendicolare a BC, che interseca il prolungamento di CA nel punto E. Determina:

a. il perimetro del triangolo ABC;

b. il raggio della circonferenza inscritta e quello della circonferenza circoscritta al triangolo ASE.

Svolgimento

(Premetto che mi farebbe piacere se riusciste a

trovare una risoluzione più semplice della mia).

Scegliamo BH=x ⇒ AH=23

x e svolgiamo i

calcoli ponendo a=1 .

Impostiamo l'equazione sulla misura del lato AB:

x23

x=40 ⇒ 53

x=40 ⇒ x=35⋅40=24 .

Quindi: BH=24 a , AH= 23⋅40 a=16 a .

Applichiamo il teorema di Pitagora ai triangoli rettangoli ABH e ACH:

AC=AH 2CH 2=162122=20 a ;

BC=BH 2CH 2=242122=12 a 5 .

Quindi: 2 pABC=60125a .

Ora ci vuole un Barbatrucco: dal punto E tracciamo la perpendicolare EK alla retta AB!

I triangoli ACH e AEK sono simili per il primo criterio, in quanto hanno l'angolo in A in comune ed

hanno entrambi un angolo retto.

Ma anche i triangoli EBK e BCH sono simili, sempre per il primo criterio, in quanto hanno

entrambi gli angoli che misurano rispettivamente 90°, = ABC e 90°− .

Possiamo quindi porre: BK=x , EK= y e impostare le proporzioni:

•AKAH= EK

CH⇒ x40

16= y

12 ;

•BKCH= EK

BH⇒ x

12= y

24 .

Ricaviamo dalla seconda equazione y=2 x , sostituiamo nella prima:

12 x480=16 y=32 x ⇒ 20 x=480 ⇒ x=24 ⇒ y=48 .

A H B K

C

E

241612

x

y

Quindi: BK=24 a , EK=48 a .

Applichiamo il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo BEK:

BE=BK 2EK 2=242482=24 a5 .

Applichiamo il teorema di Pitagora al triangolo rettangolo BCE:

EC=EB2CB2=24521252=60 a .

Calcoliamo perimetro ed area del triangolo ABE:

2 pABE=4080245=24 a 55 ;

S ABE=S ABCS EBC=40⋅12

2125⋅245

2=240720=960 a2 .

I raggi delle circonferenza inscritta e circoscritta al triangolo ABE misurano quindi:

r in=S ABE

pABE

= 9601255

= 8055

⋅5−55−5

=4 a 5−5 ;

Rcirc=abc

4 S ABE= 40⋅245⋅80

4⋅960=20 a25 .


Disegna un triangolo rettangolo ABC, rettangolo in A, e sul cateto AB fissa un punto E in modo che

la semicirconferenza di diametro AE sia inscritta nel triangolo. Indica con O il centro della

semicirconferenza e con F il punto di tangenza con l'ipotenusa BC. Sapendo che AB=2 r e che il

perimetro del triangolo OBF misura 33r , determina:

a. la misura del segmento EB;

b. il perimetro del triangolo ABC;

c. dopo aver dimostrato che il quadrilatero AOFC è circoscrivibile ad una circonferenza, calcolane

il raggio.

Svolgimento

Scegliamo BE=x con x0 e svolgiamo i

calcoli ponendo r=1 .

Il triangolo OBF è rettangolo in F, in quanto la

tangente è perpendicolare al raggio per il punto di

tangenza. Applichiamo il teorema di Pitagora:

BF=OB2−OF 2= x12−12= x22 x .

Impostiamo l'equazione sul perimetro del triangolo OBF:

x22 xx11=33 ⇒ x22 x=31−x .

Eleviamo al quadrato con la condizione x≤31 :

x22 x=312−2 x 31x2 ⇒ x 423=312 ⇒ x=3231423

=1 .

La soluzione è accettabile,in quanto verifica la condizione di esistenza.

Quindi: BE=r e BF=r 3 .

I triangoli ABC e OBE sono simili per il primo criterio, in quanto hanno l'angolo in B in comune ed

entrambi hanno un angolo retto. Impostiamo le proporzioni:

ACOF= AB

BF⇒ AC= AB

BF⋅OF= 3

3⋅1=3 r ;

BCAB=OB

BF⇒ BC=OB

BF⋅AB= 2

3⋅3=2 r 3 .

Quindi: 2 pABC=3 r 31 .

Il quadrilatero AOFC è circoscrivibile ad una circonferenza perché:

• OA=OF=r ;

Or

A B

C

F

r

rE

x

• CA=CF perché segmenti di tangente condotti dal punto C alla circonferenza di centro O e

raggio r.

Quindi la somma di due lati opposti è uguale alla somma degli altri due c.v.d.Aggiungiamo, anche se non è richiesto, che il quadrilatero AOFC è anche inscrivibile in una circonferenza, perché ha

due angoli opposti retti, e quindi supplementari.

Il raggio della circonferenza inscritta al quadrilatero AOFC è:

r in=S AOFC

pAOFC

= AO⋅ACAOAC

= 331

= 331

⋅3−13−1

=3−32

r .

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Luoghi geometrici - Altervistanatalinopacca.altervista.org/files/23-Geometria---esercizi-Bergamini.pdf · Luoghi geometrici Nel triangolo ABC prolunga i lati AB dalla parte di A e