Stage Faenza - Esercitazione Geometria

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Esercizi di Geometria Piana

1. *In un quadrilatero convesso 𝐴𝐵𝐶𝐷 i lati 𝐴𝐵, 𝐵𝐶 e 𝐶𝐷 sono uguali, inoltre 𝐴𝐶 = 𝐵𝐷 = 𝐴𝐷. Quanto vale l’angolo in 𝐷?

2. ***Dato il trianolo 𝐴𝐵𝐶 con 𝐶𝐴𝐵 − 𝐴𝐵𝐶 = 90, detti 𝑀 il punto medio di 𝐴𝐵 e 𝐻 il piede

dell’altezza relativa ad 𝐴𝐵, dimostrae che il raggio della circonferenza circoscritta ad 𝐴𝐵𝐶 è uguale ad 𝐻𝑀

3. *In un Trapezio Isoscele una diagonale è lunga 22, si sa inoltre che tale diagonale forma con la base maggiore un angolo di 45. Quanto vale l’area del trapezio?

4. ***Dimostrare che un pentagono inscritto in una circonferenza e tale che ogni sua diagonale sia parallela ad un lato è necessariamente regolare

5. **Dato un triangolo 𝐴𝐵𝐶 si tracci l’altezza 𝐴𝐻, la bisettrice 𝐵𝐾 e la mediana 𝐶𝑀. Sia 𝐷

l’intersezione fra 𝐴𝐻 e 𝐵𝐾, ed 𝐸 l’intersezione tra 𝐻𝑀 e 𝐵𝐾. Sapendo che 𝐾𝐷 = 2 𝐷𝐸 = 1 𝐸𝐵 = 3, si dimostri che: 𝐻𝑀 è parallelo ad 𝐴𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶

6. *Si consideri un quadrato 𝐴𝐵𝐶𝐷 di lato 16. Su due lati consecutivi 𝐴𝐵 e 𝐵𝐶 si costruiscano,

esternamente rispetto al quadrato, due triangoli equilateri 𝐴𝐵𝐸 e 𝐵𝐶𝐹. Quanto vale l’area di 𝐵𝐸𝐹?

7. *Sia 𝐴𝐵𝐶 un triangolo tale che 𝐴𝐶𝐵 = 60. Sia 𝑀 il punto medio di 𝐴𝐵 e 𝐻 e 𝐾 i piedi delle altezze che partono da 𝐵 e da 𝐴 rispettivamente. Dimostrare che 𝐻𝑀𝐾 è equilatero

8. **Sia dato un triangolo 𝐴𝐵𝐶. Si indichino con 𝑀 ed 𝑁 i puti medi rispettivamente dei lati 𝐴𝐶 e 𝐵𝐶.

Siano inoltre 𝑆 e 𝑇 rispettivamente punti sui lati 𝐴𝐶 e 𝐵𝐶 tali che 3𝐴𝑆 = 𝐴𝐶 e 3𝐵𝑇 = 𝐵𝐶.

Dimostrare che le bisettrici degli angoli 𝐴𝑆𝑇 e 𝐵𝑇𝑆 si incontrano su un punto 𝑃 del lato 𝐴𝐵 se e solo se 𝐴𝑀𝑁𝐵 è ciclico

9. *Si dimostri che se in un triangolo ci sono due altezze di egual lunghezza, allora il triangolo è isoscele

10. **Si dimostri che se in un triangolo ci sono due mediane di egual lunghezza, allora il triangolo è isoscele

11. **Sui lati 𝐴𝐵 e 𝐴𝐶 di un triangolo 𝐴𝐵𝐶 si scelgano due punti 𝑀, 𝑁 in modo tale che 𝐴𝑀: 𝐴𝐵 = 𝐴𝑁: 𝐴𝐶 e si supponga che 𝐵𝑁 = 𝐶𝑀, si dimostri che il triangolo 𝐴𝐵𝐶 è isoscele

12. *Sia 𝐵 un punto interno al segmento 𝐴𝐶 con 𝐴𝐵 di lunghezza 2 e 𝐵𝐶 di lunghezza 3. Costruiti i triangoli equilateri 𝐴𝐵𝐴’ e 𝐶𝐵𝐶’ dalla stessa parte rispetto ad 𝐴𝐶, quanto misura l’area di 𝐴’𝐵𝐶’?

13. **Sia 𝐴𝐵𝐶𝐷 un rombo, ed 𝐸 un punto qualunque sulla diagonale 𝐴𝐶. Sia 𝐹 il punto sul segmento 𝐵𝐶 tale che 𝐵𝐹 = 𝐷𝐸. Provare che (𝐴𝐵 + 𝐵𝐹) ∗ 𝐹𝐶 = 𝐴𝐸 ∗ 𝐸𝐶

14. *Sia 𝐵𝐶 un triangolo rettangolo in 𝐴 con 𝐴𝐵 cateto maggiore, 𝐴𝐻 l’altezza relativa a 𝐵𝐶. Sulla retta 𝐵𝐶 si prenda 𝐷 tale che 𝐻 sia il punto medio di 𝐵𝐷, e sia poi 𝐸 il piede della perpendicolare

condotta da 𝐶 ad 𝐴𝐷. Dimostrare che 𝐸𝐻 = 𝐴𝐻

15. **Sia 𝐴𝐵𝐶𝐷 un quadrilatero, sia 𝐸 l’intersezione tra le circonferenze di diametri 𝐴𝐵 e 𝐴𝐶 ed 𝐹 l’intersezione tra le circonferenze di diametri 𝐴𝐶 e 𝐴𝐷. Dimostrare che: se 𝐸𝐴𝐷 = 90 allora 𝐵𝐶 è parallelo ad 𝐴𝐷; se 𝐸𝐴𝐷 = 𝐹𝐴𝐵 = 90 allora 𝐴𝐵𝐶𝐷 è un parallelogramma, e vice versa

*Facile

**Medio

***Difficile o non trattato a lezione

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Soluzioni Esercizi di Geometria Piana

1. 72°

2. Prima soluzione: Sia O il centro della circonferenza circoscritta, che indichiamo con Gamma . Poiché O sta sull'asse del segmento AB, la tesi è equivalente a dimostrare che CO è parallelo ad HB. Poiché CA^B è un angolo esterno al triangolo CHA, si ha che HC^A = CA^B - CH^A = AB^C.

Pertanto i triangoli CHA e BHC sono simili. Allora CH : HA = BH : HC e dunque CH2 = HA HB. Per il teorema della secante e della tangente, questa uguaglianza mostra che CH è tangente a

e dunque perpendicolare al raggio CO. Ma allora CO ed HB sono paralleli in quanto entrambi perpendicolari a CH. Seconda Soluzione: Per ipotesi sappiamo che C ^ BA = Beta, C ^ AB = 90o + Beta e dunque A ^ CB = 90o - 2Beta. Poiche il triangolo OCB è isoscele si ha che O ^ CB = O ^ BC.

Poiché il triangolo OAB è isoscele si ha che OA^B = OB^A = Beta + OB^C = Beta + OC^B. Infine, poiche il triangolo OCA è isoscele si ha che OC^A = OA^C = CA^B - OA^B = 90o - O ^ CB. D'altra parte O ^ CA = O ^ CB + A ^ CB = O ^ CB +90o -2Beta. Dal confronto di queste ultime due formule segue che O ^ CB = Beta, e quindi OC è parallelo ad HB (angoli alterni interni uguali rispetto alla trasversale CB). Terza Soluzione:La retta per A normale a AB incontra la circonferenza in un (altro) punto A0 per cui risultano eguali gli angoli AA^0C = A ^ BC = C ^ AA0. Allora il triangolo AA0C è isoscele, l'asse di AA0 è parallelo a AB, passa per C e per il centro O e dunque HMOC è un rettangolo e HM = OC.

3. 242

4. Prima Soluzione: Detto O il centro del cerchio circoscritto al pentagono ABCDE, si considerino i due triangoli isosceli BOE e COD: essendo BE parallelo a CD, i due triangoli hanno lo stesso asse r di simmetria. Allora, rispetto alla retta r, il punto B è il simmetrico di E, mentre il punto C è il

simmetrico di D. Ne segue BC = ED, in quanto segmenti simmetrici rispetto ad r. In modo analogo si dimostra l'uguaglianza delle altre coppie di lati, per cui il pentagono è equilatero. Per dimostrare che anche gli angoli del pentagono sono uguali fra lo- ro, basta ricordare che, per ipotesi, il

pentagono è inscrivibile in una circonferenza, ed osservare che a corde uguali corrispondono angoli alla circonferenza uguali. Seconda Soluzione: L'angolo EA^B è supplementare di BD^E poiché angoli opposti di un quadrilatero inscritto in una circonferenza, e A ^ ED è supplementare di B ^ DE poiché essi sono angoli coniugati interni rispetto alle rette parallele AE e BD tagliate dalla trasversale DE.

Gli angoli E ^ AB e A ^ ED sono dunque uguali fra loro. Dunque tutti gli angoli adiacenti (e quindi tutti gli angoli) del pentagono sono uguali fra loro. Il precedente ragionamento porta a concludere che il trapezio ABDE è isoscele, da cui AB = DE. Più in generale, due lati non consecutivi del

pentagono sono uguali fra loro, e dunque tutti i lati del pentagono sono uguali tra loro. Terza Soluzione: Con riferimento al pentagono ABCDE in figura, chiamiamo 1, 2, 3 gli angoli in cui le diagonali del pentagono dividono l'angolo in A; chiamiamo poi 4 l'angolo B ^ DC e 5 l'angolo D ^ BE.

Tenendo presente che il pentagono è inscrivibile, si ha 1 = 4 perché angoli che sottendono lo stesso arco BC, 3 = 5 perché angoli che sottendono lo stesso arco DE. D'altra parte, si ha anche 4 = 5, perché angoli alterni interni rispetto alle rette parallele BE e CD tagliate dalla trasversale BD. Si conclude cos che 1 = 4 = 5 = 3. Se ora chiamiamo 6 l'angolo A ^ DE, si ha 2 = 6, perché angoli alterni interni rispetto alle rette parallele AC e ED tagliate dalla trasversale AD. Ripetendo il ragionamento visto precedentemente in relazione agli angoli 1 e 3, ma facendo riferimento agli angoli di vertice D (invece che agli angoli di vertice A), si trova 4 = 6 e, di conseguenza, 1 = 4 = 6 = 2.

In definitiva, gli angoli 1, 2, 3, in cui le diagonali dividono l'angolo in A sono uguali fra loro;

analogamente, la stessa proprietà si dimostra per gli altri angoli. Si ha anche che l'angolo BA^E, essendo il triplo dell'angolo 1, è uguale all'angolo A ^ BC, che è il triplo dell'angolo 5; procedendo in modo analogo si dimostra che i cinque angoli del pentagono sono uguali fra loro. Infine, per

dimostrare che anche i lati del pentagono sono uguali fra loro, basta ricordare che il pentagono è inscrivibile ed osservare che ad angoli alla circonferenza uguali corrispondono corde uguali.

Osserviamo che la sola ipotesi del parallelismo fra lati e diagonali non è sufficiente per concludere che il pentagono è regolare: ad esempio, l'ipotesi citata è soddisfatta dal pentagono avente i vertici nei punti di coordinate (0; 0), (2; 0), (1+p5; 2), (2; 1+p5), (0; 2). Si osservi, d'altra parte, che se si considera un qualsiasi pentagono regolare e lo si trasforma mediante un'affinità, si ottiene un altro pentagono che non è più regolare (a meno che l'affinità non sia una similitudine), ma in cui è ancora vero che ogni diagonale è parallela a un lato.

5. i) I triangoli EMB e KAB sono simili perché MB : AB = EB : KB: e l'angolo in B e in comune. Quindi KA^B = EM^ B e CA k MH. ii) Per il teorema di Talete si ha CB = 2HB, da cui deduciamo che CH = HB e che AH e la mediana relativa a CB. Visto che AH per ipotesi e anche l'altezza si ha che il triangolo ABC e isoscele. iii) Poiché BD = 2DK, il baricentro di ABC si trova sulla retta r passante per D e parallela ad AC (per il teorema di Talete). D'altra parte, il baricentro si trova anche sulla mediana AH, e quindi il baricentro è il punto D di intersezione fra queste due rette (si noti che le due rette non sono parallele, in quanto AC è un lato e AH è una mediana del triangolo ABC). Pertanto BK passa per il baricentro e quindi è una mediana. Visto che BK è anche bisettrice, BA = BC. Seconda Soluzione iii) BK è la mediana relativa a CA. Infatti, supponiamo per assurdo che il punto medio di CA sia K’ diverso da K. Visto che il punto di intersezione di BK 0 con CM (che chiamiamo D 0) è il baricentro di ABC, si avrebbe K’B/D’B = 3/2 = KB/DB : Quindi, dato che K ^ BK’ = D ^ BD’, il triangolo DD’B sarebbe simile a KK’B e CM sarebbe parallelo a CA, che è assurdo. Ne deduciamo che K e K’

sono lo stesso punto e che BK è mediana. Visto che per ipotesi BK è anche bisettrice, ABC è isoscele anche in B e quindi è equilatero.

6. 64

7. La circonferenza passante per A, H e B ha centro in M, poiché il triangolo ABH é rettangolo. Stesso ragionamento per AKB. Quindi A;H;K e B stanno tutti su una stessa circonferenza di diametro AB e centro M (il punto medio), da cui MH = MK perché sono raggi. Il triangolo rettangolo CHB ha l'angolo in C di 60°, quindi KBH = 30°. L'angolo HMK é l'angolo al centro che insiste sullo stesso arco di KBH, quindi HMK = 60°, da cui segue che HKM é equilatero.

8. Si supponga che le bisettrici degli angoli AST e BST si incontrino in un punto P del lato AB. Dal momento che AS/AC = BT/BC, per il teorema di Talete , ST e AB sono segmenti paralleli . Ora , poiché per ipotesi ASP = SPA, si ha che il triangolo ASP è isoscele e quindi AS = AP . In modo analogo si ricava che anche i segmenti BT e BP hanno lunghezze uguali. Ricordando che 3AS=AC e 3BT=BC, si ottiene: AB=AS+BT=1/3(AC+BC). Dalla relazione scritta sopra si ricava inoltre

MA+NB=½(AC+BC) =3AB/2. D’altra parte MN=AB/2 e quindi risulta :MN+AB = AM+BN, condizione equivalente a dire che il quadrilatero ABMN sia circoscrivibile ad una circonferenza . Si supponga ora che il quadrilatero ABMN sia circoscrivibile ad una circonferenza, pertanto si ha:

MN+AB=AM+BN. Poiché vale sempre la condizione MN=AB/2, risulta AM+BN=3AB/2 e pertanto si ricava come prima: AS+BT=AB. Siano ora P1 e P2 i punti di incontro col segmanto AB

rispettivamente delle bisettrici di AST e BST . In modo del tutto analogo al precedente si ricava AS= AP1 e BT=BP2 . Pertanto AP1+P2B=AB e quoindi necessariamente P1=P2 .

9. Siano B e C i vertici da cui partono le due altezze uguali, rispettivamente relative ai lati AC e AB.

Calcolando l’area S del triangolo rispetto ad AB e AC e chiamando h la lunghezza comune delle due

altezze, si ha: S= AB*h/2=AC*h/2, da cui AB=AC

10. Siano b e c i verticida cui partono le due mediane uguali, rispettivamente relative ai lati AC e AB, che intersecano nei punti medi rispettivamente N e M. Chiamamo inoltre O il punto d’incontro delle mediane (baricentro). Come è noto O divide ciascuna mediana in due parti c di cui quella che contiene il vertice è lunga doppia dell’altra: poiché le due mediane hanno la stessa lunghezza, anche i due segmenti CO e BO (che sono lunghi 2/3 della rispettiva mediana) hanno la stessa lunghezza e perciò il triangolo BOC è isoscele e i triangoli BOM e CON sono congruenti (hanno due lati corrispondenti e l’angolo compreso della stessa misura: CO e BO come detto,

analogamente NO ed MO, ed i due angoli CON e BOM perché opposti al vertice). Ma allora gli angoli BCO e CBO hanno la stessa misura (sono angoli alla base di un triangolo isoscele ), come anche gli angoli OCN e OBM (sono gli angoli corrispondenti di triangoli congruenti). Quindi BCA = BCO+OCA e CBA= CBO+OBA sono congruenti e abc è isoscele.

11. Per il teorema di Talete, la retta del segmento BC è parallela a quella del segmento MN. Ma allora gli angoli BCM e CMN ( e quelli NBC e BNM) sono congruenti perché formati da parallele tagliate da una trasversale. Se O è il punto d’incontro dei segmenti BN e CM, anche COB e NOM sono

congruenti perché opposti al vertice, quindi i triangoli BOC e MON sono simili. Ma allora

BO:ON=CO:OM, da cui sommando nella proposizione, BN:ON=CM:OM. Ma, poiché BN=CM , anche ON=OM , cioè i triangoli MBC e NCB sono congruenti (hanno CB=BN, BC in comune e congruenti gli angoli compresi NBC e MCB) e perciò gli angoli BCA e ABC sono congruenti e il triangolo ABC è isoscele.

12.

√3

13. Siano, l il lato del rombo, 2a la lunghezza di AC, 2b la lunghezza di BD, d la distanza tra H e E, c la lunghezza di BE=DE=BF. La relazione da provare diventa perciò: (l+c)(l-c)=(a+d)(a-d). Svolgendo i prodotti notevoli possiamo trasformare questa relazione in l

-c

=a

-d

o anche, riordinando i termini, i

-a

= c

-d

(quest’ultima uguaglianza e quella richiesta sono quindi equivalenti). Ma questa relazione è semplice da provare: per il teorema di Pitagora applicato rispettivamente ai triangoli BHC e BHE, sappiamo che l

-a

= b

e c

-d

=b

, da cui l

-a

=c

-d

.

14. Il triangolo ABD è isoscele su base BD, perché Ah è altezza e mediana. AH è pertanto ance bisettrice dell’angolo BAD, e quindi gli angoli DAH e BAH sono uguali. Gli angoli AEC, AHC sono retti per costruzione; quindi E e H appartengono alla circonferenza Gamma avente AC come diametro. DAH e BAH sono angoli alla circonferenza per Gamma, DAH insiste sull’arco EH, BAH insiste sull’arco AH (quest’ultimo si trova nella posizione limite, essendo AB tangente a Gamma in A). Dunque, gli archi EH, AH di Gamma sono uguali, e perciò sono uguali anche le corde EH, AH, come di doveva

dimostrare.

15. (a) Siano M, N i punti medi di AB e AC rispettivamente; in quanto corda comune ai due cerchi di diametri AB e AC, AE ` perpendicolare a M N . Se D e N E ◦ , AD e M N , in quanto perpendicolari alla stessa retta (quella che E AD = 90 contiene EA), sono paralleli; infine per il teorema di Talete, M N ` parallelo e A M B a BC e dunque BC ` parallelo ad AD. e n=5• (b) Similmente a quanto fatto nel punto (a), detto L il punto medio di AD, si ha che AF ` perpendicolare a N L e, se F AB = 90◦ , anche AB ` e e perpendicolare a AF e dunque parallelo a N L. Applicando come sopra il e teorema di Talete si ottiene che allora AB ` parallelo a CD. Quindi, se ◦ , si ha che AB ` parallelo a CD e AD ` parallelo a E AD = F AB = 90 e e BC, ovvero ABCD ` un parallelogramma. e (c) Di converso, se ABCD ` un

parallelogramma, detti M, N, L i punti medi e di AB, AC, AD come sopra, si ha che AD, BC, M N sono

paralleli e dunque tutti perpendicolari a AE, corda comune alle circonferenze di diametri AB e AC (e

centri M e N ); allo stesso modo, AB, CD, N L sono paralleli e dunque tutti perpendicolari a AF ,

corda comune alle circonferenze di diametri AC e AD (e centri N , L). Quindi E AD = F AB = 90◦