Esercizi per la maturità: Geometria Euclidea

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Autori e revisori

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Autori: Daniele Bjørn Malesani, Valerio Brunetti, Donato Ciampa, Federico Fallucca.

Introduzione

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In questo articolo proponiamo 53 esercizi di ripasso sulla geometria euclidea in vista dell’esame di maturità. La geometria euclidea è un argomento di fondamentale rilevanza nel percorso di studi scientifico del liceo ed essa è pertanto uno dei protagonisti della seconda prova dell’esame di maturità.

Per tali ragioni, proponiamo una raccolta di esercizi completamente risolti su temi vari e di varia difficoltà sulla geometria euclidea, così che lo studente possa testare e approfondire la sua preparazione in questo campo.

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . È dato il triangolo $ABC$ in cui $\hat{A} \cong 2 \hat{B}$ . Si prenda sul lato $AB$ un punto qualunque $M$ e si prolunghi $CA$ di un segmento $AD \cong AM$ , infine si conduca la retta $DM$ che incontri $BC$ nel punto $N$ . Si dimostri che:

$\quad$

$A\hat{B}C \cong A\hat{D}M \cong A\hat{M}D$ ;

$\quad$

$MN \cong NB$ ;

$\quad$

$C\hat{N}M \cong B\hat{A}C$ .

$\quad$

Figura 1.

$\quad$

Svolgimento.

Poiché il segmento $AD\cong AM$ , il triangolo $AMD$ è isoscele e $A\hat{D}M=A\hat{M}D$ , ma l’angolo esterno $C\hat{A}M$ risulta congruente alla somma dei due angoli interni non adiacenti, pertanto $\hat{D}=A\hat{M}D=N\hat{M}B$ , ma per ipotesi $\hat{B}=\frac{1}{2}C\hat{A}B=\beta$ . Ne segue che anche il triangolo $NMB$ è isoscele: $MN\cong NB$ e l’angolo esterno di vertice $N$ , $C\hat{N}B$ , è la somma dei due angoli interni non adiacenti, cioè misura $2\beta$ , quindi è congruente a $C\hat{A}B$ .

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $ABC$ un triangolo isoscele di base $BC$ . Sia $D$ il punto simmetrico di $B$ rispetto ad $A$ ed $E$ il simmetrico di $C$ rispetto ad $A$ . Di quale natura è il quadrilatero $BCDE$ ? Giustificare la risposta. Rispondere allo stesso quesito nel caso in cui $ABC$ sia un triangolo rettangolo oppure rettangolo e isoscele.

Svolgimento.

Per costruzione, il punto $A$ è l’intersezione dei segmenti $BD$ e $CE$ . Inoltre i segmenti $AB$ , $AC$ , $AD$ e $AE$ sono congruenti per la simmetria della costruzione. Quindi il quadrilatero $BCDE$ ha le diagonali congruenti che si tagliano scambievolmente a metà, dunque è un rettangolo.

$\quad$

Figura 2.

$\quad$

Se il triangolo di partenza fosse rettangolo il quadrilatero ottenuto sarebbe un rombo.

$\quad$

Figura 3.

$\quad$

Se infine il triangolo fosse rettangolo isoscele, il quadrilatero risulterebbe un quadrato.

$\quad$

Figura 4.

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . È dato il quadrato $ABCD$ . Su $CD$ e internamente al quadrato si costruisce il triangolo equilatero $CDE$ . Su $BC$ e all’esterno del quadrato si costruisce il triangolo equilatero $BFC$ . Su $AD$ come ipotenusa si costruisce, esternamente al quadrato, il triangolo rettangolo isoscele $AGD$ . Dimostrare che:

$\quad$

i punti $A$ , $E$ , $F$ sono allineati;

i punti $G$ ed $F$ ed il punto $O$ di intersezione delle diagonali del quadrato sono allineati.

Svolgimento.

Dimostriamo separatamente i due punti.

$\quad$

Figura 5.

Svolgimento punto 1.

Poiché il triangolo $DEC$ è equilatero $AD\cong DE$ e il triangolo $ADE$ è isoscele, pertanto gli angoli alla base $E\hat{A}D$ ed $A\hat{E}D$ sono congruenti e misurano $75^\circ$ (l’angolo $A\hat{D}E$ misura $30^\circ$ ).

Anche il triangolo $FEC$ è isoscele ( $CE\cong CF$ ); $E\hat{C}B=30^\circ$ , $B\hat{C}F=60^\circ$ pertanto il triangolo $CEF$ è rettangolo isoscele, quindi $C\hat{E}F=45^\circ$ . Infine l’angolo $D\hat{E}C$ misura $60^\circ$ , quindi in $E$ concorrono gli angoli $D\hat{E}A=75^\circ$ , $D\hat{E}C=60^\circ$ e $C\hat{E}F=45^\circ$ , la cui somma è $180^\circ$ .

Svolgimento punto 2.

Dimostriamo in due modi diversi che $G$ , $O$ , $F$ sono allineati.

$\quad$

Soluzione 1. Osserviamo che gli assi dei lati $AD$ e $BC$ del quadrato coincidono: infatti la retta congiungente i punti medi di questi segmenti è parallela ai lati $AB$ e $CD$ , ossia è ortogonale a $AD$ e $BC$ . Chiamiamo dunque $r$ tale asse comune. Poiché i triangoli $ADG$ e $BFC$ sono isosceli, i punti $G$ ed $F$ sono rispettivamente equidistanti dagli estremi dei segmenti $AD$ e $BC$ , dunque appartengono all’asse $r$ . Lo stesso si dica di $O$ , in quanto le diagonali del quadrato sono uguali e si bisecano in $O$ .

Soluzione 2. Alternativamente, osserviamo che le diagonali del quadrato $ABCD$ lo suddividono in quattro triangoli rettangoli in $O$ e isosceli, aventi per ipotenuse i lati del quadrato. I triangoli $ADO$ e $ADG$ sono isosceli rispetto alla base $AD$ in comune, quindi il segmento $OG$ contiene la bisettrice di $D\hat{O}A$ e quindi $G\hat{O}D=45^\circ$ . Anche i triangoli $BCO$ e $BCF$ sono isosceli sulla base $BC$ in comune, quindi allo stesso modo deduciamo che $C\hat{O}F=45^\circ$ . Poiché $D\hat{O}C=90^\circ$ , sommando si ha
(1) $\begin{equation*} G \hat{O}F = G\hat{O}D + D\hat{O}C + C\hat{O}F = 45^\circ + 90^\circ + 45^\circ=180^\circ, \end{equation*}$

che prova che $G$ , $O$ , $F$ sono allineati.

Si noti che questi ragionamenti non utilizzano il fatto che $ADG$ sia rettangolo e che $BCE$ sia equilatero, ma solo che entrambi i triangoli sono isosceli rispetto alle basi sui lati del quadrato.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che le bisettrici degli angoli formati dalle diagonali di un rombo intersecano i lati in quattro punti che sono vertici di un quadrato.

Svolgimento.

Le diagonali di un rombo sono perpendicolari e si intersecano nel punto $O$ . Le bisettrici degli angoli retti formati dalle diagonali sono quindi mutuamente perpendicolari e intersecano i lati nei punti $F$ , $G$ , $H$ e $I$ ; inoltre i segmenti $OF$ , $OG$ , $OH$ e $OI$ sono congruenti (sono le bisettrici rispetto alle ipotenuse dei triangoli rettangoli $OAB$ , $OBC$ , $OCD$ , $ODA$ , che sono congruenti aventi ipotenuse congruenti e i cateti a due a due congruenti). Quindi nel quadrilatero $FGHI$ le diagonali sono congruenti, tagliate scambievolmente a metà dal punto $O$ e perpendicolari, per cui esso è un quadrato.

$\quad$

Figura 6.

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dal vertice $A$ di un parallelogramma $ABCD$ si conduca una retta che non abbia altri punti in comune con il parallelogramma. Dimostrare che la distanza del vertice $C$ da tale retta è la somma delle distanze dei vertici $B$ e $D$ dalla stessa retta.

Svolgimento.

Il quadrilatero $GHBK$ è un rettangolo, quindi $BH\cong GK$ . Inoltre il triangolo $AFD$ è congruente al triangolo $CKB$ poiché $BC\cong AD$ (lati opposti di un parallelogramma), inoltre sono triangoli rettangoli e $F\hat{D}A \cong K\hat{C}B$ poiché compresi fra segmenti paralleli. Quindi $CK\cong DF$ . Ne segue che $CG\cong CK+KB \cong DF+BH$ .

$\quad$

Figura 7.

Esercizio 6 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dimostrare che in un parallelogramma $ABCD$ due vertici opposti $B$ e $D$ sono equidistanti dalla diagonale $AC$ che congiunge gli altri due vertici.

Svolgimento.

I triangoli $BCF$ ed $ADE$ sono congruenti poiché $BC\cong DA$ in quanto lati opposti di un parallelogramma; $D\hat{A}E\cong B\hat{C}F$ in quanto alterni interni rispetto alla diagonale $AC$ ; $D\hat{E}A\cong B\hat{F}C$ in quanto entrambi retti. Ne segue allora che i segmenti $DE$ e $BF$ sono congruenti.

$\quad$

Figura 8.

Esercizio 7 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Due parallelogrammi $ABCD$ e $ADEF$ hanno il lato AD in comune. Dimostrare che i punti $B$ , $C$ , $E$ , $F$ , se non sono allineati, sono vertici di un parallelogramma.

Svolgimento.

I segmenti $BC$ e $FE$ sono congruenti e paralleli perché congruenti e paralleli al segmento $AD$ (lato in comune tra i due parallelogrammi). Pertanto il quadrilatero $BCEF$ è un parallelogramma.

$\quad$

Figura 9.

$\quad$

Il caso $B$ , $C$ , $E$ , $F$ allineati è rappresentato di seguito.

$\quad$

Figura 10.

Esercizio 8 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Se dagli estremi di una diagonale di un parallelogramma si conducono le perpendicolari all’altra diagonale, questa viene divisa in tre parti le cui estreme sono congruenti fra loro.

Svolgimento.

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Nel parallelogramma $ABCD$ si conduca la bisettrice dell’angolo $\hat{A}$ , che tagli la retta $DC$ nel punto $M$ , e la bisettrice dell’angolo $\hat{C}$ , che tagli la retta $AB$ nel punto $N$ . Dimostrare che:

$\quad$

il quadrilatero $AMCN$ è un parallelogramma;

i punti $B$ , $M$ , $D$ , $N$ sono vertici di un altro parallelogramma.

Svolgimento.

Le rette $AM$ e $NC$ sono parallele, in quanto ad esempio la retta $DC$ individua angoli alterno-interni congruenti; infatti i due angoli $M\hat{A}N \cong N\hat{C}M$ sono congruenti poiché metà di angoli opposti di un parallelogramma, che sono congruenti. Prolungando la retta $AM$ dalla parte di $M$ , l’angolo formato in $M$ è congruente a $M\hat{A}N$ in quanto angoli formati da una trasversale sulle due rette parallele $AB$ e $DC$ . Avendo i lati a due a due paralleli, il quadrilatero $ANCM$ è un parallelogramma. Da questo segue che i lati opposti sono congruenti, quindi, per differenza, $BN\cong DM$ e $BN\parallel DM$ , quindi anche $BMDN$ è un parallelogramma.

$\quad$

Figura 11.

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sono date due rette parallele $a$ e $b$ , tagliate da una trasversale $r$ rispettivamente nei punti $A$ e $B$ . Si prendano su $a$ e $b$ , da una stessa parte rispetto ad $r$ , due segmenti $AA'$ e $BB'$ congruenti tra loro. Dimostrare che il quadrilatero $AA'BB'$ è un parallelogramma.

Svolgimento.

Per ipotesi $AA' \parallel BB'$ ( $a$ e $b$ sono per ipotesi parallele) e anche $AA' \cong BB'$ , quindi avendo due lati congruenti e paralleli, il quadrilatero $AA'BB'$ è un parallelogramma. L’ipotesi relativa a prendere i punti $A'$ e $B'$ dalla stessa parte rispetto ad $a$ serve solo a non ottenere un poligono intrecciato, in alternativa si deve considerare il quadrilatero $AA'BB'$ il quale è ancora un parallelogramma, per la stessa ragione di cui sopra.

$\quad$

Figura 12.

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Nel parallelogramma $ABCD$ la diagonale $AC$ è congruente al lato obliquo $AB$ . Si congiunga il vertice $A$ con il punto medio $M$ del lato $BC$ e si prolunghi $AM$ di un segmento $ME\cong AM$ .

$\quad$

Dimostrare che $AM \perp BC$ ;

$\quad$

Dimostrare che il punto $E$ è sul prolungamento di $DC$ ;

$\quad$

Dimostrare che $C$ è punto medio di $DE$ ;

$\quad$

Di che natura è il quadrilatero $ABEC$ ?

Svolgimento.

Il triangolo $ABC$ è isoscele, quindi la mediana $AM$ è anche altezza e bisettrice, quindi il segmento $AME$ è perpendicolare a $BC$ ed è tagliato a metà da $M$ . Allora il quadrilatero $ABEC$ è un parallelogramma, ma avendo le diagonali perpendicolari è un rombo.

$\quad$

Figura 13.

$\quad$

Inoltre $E\hat{C}B=A\hat{B}C$ e $A\hat{B}C$ è supplementare di $D\hat{C}B$ (angoli opposti di un parallelogramma) quindi l’angolo $D{C}E$ è piatto cioè $D$ , $C$ ed $E$ sono allineati. Infine $AB\cong CD$ in quanto lati opposti del parallelogramma $ABCD$ ma anche $AB\cong EC$ in quanto lati opposti del rombo $ABEC$ , quindi $C$ è punto medio del segmento $DE$ .

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che in un triangolo rettangolo la mediana relativa all’ipotenusa è congruente a metà dell’ipotenusa stessa e, viceversa, se in un triangolo una mediana è congruente alla metà del lato corrispondente, allora il triangolo è rettangolo.

Svolgimento.

Per ipotesi $AM\cong MB$ . Prolunghiamo $CM$ di un segmento eguale $MD$ dalla parte di $M$ e congiungiamo i vertici $A$ e $B$ con $D$ . Il quadrilatero ottenuto ha le diagonali che si tagliano scambievolmente a metà quindi è un parallelogramma, ma l’angolo in $\hat{C}$ è retto per ipotesi, dunque è un rettangolo. Ne segue che le diagonali sono uguali. In particolare $AM\cong MB \cong CM$ .

$\quad$

Figura 14.

$\quad$

Viceversa, supponiamo che $AM\cong MB \cong CM$ . Allora i triangoli $AMC$ , $CMB$ sono isosceli, quindi $C\hat{A}M\cong A\hat{C}M =\alpha$ e $M\hat{C}B\cong M\hat{B}C =\beta$ . Ma $2\alpha+2\beta=\pi$ implica $\alpha+\beta=\frac{\pi}{2}$ quindi l’angolo $\hat{C}$ è retto.

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dai vertici $A$ , $B$ , $C$ di un triangolo $ABC$ si tracciano le rette $a$ , $b$ , $c$ , ciascuna parallela al lato opposto. Sia $A'$ il punto di intersezione tra $b$ e $c$ ; $B'$ il punto di intersezione tra $a$ e $c$ ; $C'$ il punto di intersezione tra $a$ e $b$ . Dimostrare che il triangolo $A'B'C'$ ha gli angoli congruenti agli angoli di $ABC$ , e che $A'B'\cong 2AB$ , $B'C'\cong 2BC$ , $A'C'\cong 2 AC$ .

Svolgimento.

Sia $\alpha$ l’angolo $B' \hat{C}A$ . Allora, per parallelismo, $C\hat{A}B\cong \alpha$ ed anche, per parallelismo, $A\hat{B}C' \cong \alpha$ . Detto $\beta\cong C\hat{B}A$ , allora, per la stessa ragione, $A' \hat{C}B\cong\beta$ e $B\hat{A}C' \cong \beta$ . Anche $C\hat{A}B'=\gamma\cong A'\hat{C'}B'\cong A' \hat{B}C\cong A\hat{B}C$ . Ne segue che, per differenza, $A'\hat{B'}C' \cong \beta$ e $B'\hat{A'}C'\cong \alpha$ . $ABC$ e $A'B'C'$ hanno gli stessi angoli. Inoltre poiché i quadrilateri che si formano, $ABA'C$ , $ABCB'$ , sono parallelogrammi, $AB\cong B'C\cong CA'$ cioè $AB\cong \frac{1}{2}B'A'$ . Analogamente si procede per il lati $AC\cong \frac{1}{2}A'C'$ e $BC\cong \frac{1}{2}B'C'$ .

$\quad$

Figura 15.

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dato un quadrato $ABCD$ , si traccino due rette $r$ ed $s$ passanti per il punto di incontro $O$ delle diagonali e tali che sia $r\perp s$ . Detti $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ i punti di intersezione di $r$ ed $s$ con i lati del quadrato, dimostrare che il quadrilatero $A'B'C'D'$ ha le diagonali congruenti.

Svolgimento.

I triangoli $COB'$ e $AOD'$ sono congruenti in quanto $CO\cong OA$ (diagonale del quadrato), $B'\hat{C}O\cong O\hat{A}D'$ , $B'\hat{O}C\cong A\hat{O}D'$ (opposti al vertice). Quindi $AD'\cong B'C$ e per differenza anche $D'B\cong DB'$ . Analogamente allora anche $CA'\cong C'A$ , $A'B\cong C'D$ . Consideriamo ora i triangoli $DB'O$ e $OD'B$ : $DB'\cong D'B$ per quanto dimostrato, $DO\cong OB$ , $B'\hat{D}O\cong O\hat{B}D'$ . Quindi sono congruenti, in particolare allora $B'O\cong OD'$ e, allo stesso modo, $OC'\cong OA'$ . Quindi il quadrilatero $A'B'C'D'$ ha le diagonali perpendicolari che si tagliano a metà.

$\quad$

Figura 16.

$\quad$

Poiché poi $DB\perp AC$ e $C'A' \perp B'D'$ , gli angoli in $O$ sono a due a due congruenti e complementari: $D\hat{OB'}\cong D'\hat{O}B\cong C{O}A'\cong C'\hat{O}A$ , $B'\hat{O}C\cong A\hat{O}D'\cong A'\hat{O}B\cong D\hat{O}C'$ . Ne segue che i triangoli $DOB'$ e $AOC'$ sono congruenti ( $AO\cong OD$ , $D\hat{O}B'\cong C'\hat{O}A$ , $O\hat{D}B'\cong O\hat{A}C'=45^\circ$ ). Quindi $C'O\cong OB'$ . Il quadrilatero $A'B'C'D'$ è un quadrato.

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dal punto di intersezione delle diagonali di un parallelogramma $ABCD$ si traccino due rette perpendicolari, una delle quali incontra i lati $AB$ e $CD$ rispettivamente in $H$ e $F$ , mentre l’altra incontra i lati $BC$ e $AD$ in $E$ ed $G$ . Dimostrare che $EFGH$ è un rombo.

Svolgimento.

Il triangolo $DFO$ ed il triangolo $HOB$ sono congruenti: $DO\cong OB$ (diagonale del parallelogramma), $D\hat{O}F\cong B\hat{O}H$ (opposti al vertice), $F\hat{D}O\cong O\hat{B}H$ . Ne segue che $OF\cong OH$ . Si procede allo stesso modo per $OG\cong OE$ , quindi il quadrilatero $EFGH$ ha le diagonali perpendicolari che si tagliano a metà: è un rombo.

$\quad$

Figura 17.

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sui cateti $AB$ e $AC$ del triangolo rettangolo $ABC$ si costruiscano, esternamente, due triangoli rettangoli isosceli $ABD$ e $ACE$ , aventi per ipotenusa rispettivamente $AB$ e $AC$ . Dimostrare che i punti $D$ , $A$ , $E$ sono allineati e che il punto medio $M$ di $BC$ e i punti $D$ ed $E$ sono vertici di un triangolo rettangolo isoscele.

Svolgimento.

Il triangolo $ADB$ è rettangolo isoscele, quindi $D\hat{B}A\cong D\hat{A}B\cong \frac{\pi}{4}$ ; analogamente, anche $E\hat{A}C=\frac{\pi}{4}$ , quindi i punti $D$ , $A$ , $E$ sono allineati ( $D\hat{A}E=\pi$ ). Tracciamo ora il segmento $AM$ , poiché il triangolo è rettangolo la mediana $AM$ è congruente alla metà dell’ipotenusa stessa: $AM\cong MB\cong MC$ .

$\quad$

Figura 18.

$\quad$

I triangoli $A\hat{M}E$ e $M\hat{E}C$ sono congruenti (terzo criterio): il triangolo $AMC$ risulta pertanto isoscele e $ME$ biseca l’angolo $\hat{E}$ quindi $A\hat{E}M\cong M\hat{E}C\cong \frac{\pi}{4}$ . Lo stesso ragionamento vale per l’angolo $\hat{D}$ , quindi $M\hat{D}A\cong \frac{\pi}{4}$ e il triangolo $DME$ risulta rettangolo isoscele.

Esercizio 17 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dimostrare che la perpendicolare alla base di un triangolo isoscele, condotta dal punto medio di uno dei lati congruenti, divide la base in due parti di cui una è tripla dell’altra.

Svolgimento.

Consideriamo il triangolo $ACH$ , dove $H$ indica il piede della perpendicolare condotta da $C$ alla base $AB$ . Poiché $M$ è punto medio di $AC$ e $MK\parallel CH$ , $K$ risulta punto medio del segmento $AH$ , il quale, a sua volta, è congruente al segmento $HB$ . Quindi $KB\cong 3AK$ .

$\quad$

Figura 19.

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che una retta condotta per il punto di incontro delle diagonali di un parallelogramma lo divide in due trapezi congruenti, aventi cioè lati ed angoli ordinatamente congruenti.

Svolgimento.

Gli angoli dei quadrilateri $AGFD$ e $CFGB$ sono ordinatamente congruenti: $\hat{A}\cong \hat{C}$ e $\hat{D}\cong\hat{B}$ perché angoli opposti del parallelogramma, $C\hat{F}G\cong F\hat{G}A$ e $D\hat{F}G\cong F\hat{G}B$ perché alterni interni rispetto a $FG$ .

$\quad$

Figura 20.

$\quad$

Inoltre i triangoli $AOG$ e $FOC$ sono congruenti per il secondo criterio: $AO\cong OC$ (diagonale del parallelogramma), $F\hat{O}C\cong A\hat{O}G$ (opposti al vertice) e $F\hat{C}O\cong G\hat{A}O$ (alterni interni). Quindi $FC\cong AG$ , e, per differenza, $GB\cong DF$ . Il lato $FG$ è in comune e $AD\cong BC$ implica che i quadrilateri $AGFD$ e $CFGB$ siano trapezi congruenti.

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che se le proiezioni dei lati di un trapezio sopra una retta parallela alle basi sono congruenti, allora il trapezio è isoscele.

Svolgimento.

Se $A'D'\cong B'C'$ allora i triangoli rettangoli $ADH$ , $BCK$ sono congruenti: $AH\cong BK$ perché altezze del trapezio, $HD\cong CK$ perché $A'D'DH$ e $C'B'KC$ sono rettangoli. Quindi $AD\cong BC$ e il trapezio è isoscele.

$\quad$

Figura 21.

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Condotte dal punto di incontro delle diagonali di un rombo le perpendicolari ai lati, i piedi di esse perpendicolari sono vertici di un rettangolo.

Svolgimento.

I triangoli rettangoli $DOS$ , $OBQ$ sono congruenti: $DO\cong OB$ , $S\hat{D}O\cong O\hat{B}Q$ (diagonale del rombo); inoltre anche i triangoli $DSO$ , $DRO$ e quindi anche $POB$ , $BOQ$ sono congruenti.

$\quad$

Figura 22.

$\quad$

Quindi $SO\cong OQ\cong OP\cong OR$ . Poiché poi $AB \parallel CD$ i punti $P$ , $O$ , $R$ sono allineati ( $OR$ e $OP$ sono perpendicolari a due rette parallele) ed anche $S$ , $O$ , $Q$ sono allineati, quindi il quadrilatero $SPQR$ ha le diagonali che si tagliano a metà e sono congruenti. Dunque è un rettangolo.

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Nella circonferenza di centro $O$ si conducano il diametro $PQ$ , una corda $AB$ ad esso parallela e, da $A$ e da $B$ , si conducano i segmenti $AC$ , $BD$ , perpendicolari al diametro. Dimostrare che $PC \cong DQ$ .

Svolgimento.

Il quadrilatero $ACDB$ è un rettangolo poiché $AB \parallel CD$ e $AC$ , $BD \perp PQ$ . Pertanto $AC\cong BD$ quindi i triangoli $ACO$ , $BOD$ sono triangoli rettangoli congruenti (ipotenusa e cateto congruenti), dunque $CO\cong OD$ . Per differenza allora $PC\cong DQ$ .

$\quad$

Figura 23.

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che il cerchio è una figura convessa.

Svolgimento.

Ricordiamo che una figura $\cal{A}$ è detta convessa quando $\forall P, Q \in \cal{A}$ si ha $PQ \subset \cal{A}$ . Siano dunque $P$ e $Q$ due punti del cerchio, quindi $OP< r$ e $OQ<r$ (dove $r$ è il raggio della circonferenza).

$\quad$

Figura 24.

$\quad$

Dobbiamo mostrare che $\forall C \in PQ$ si ha $OC< r$ . Congiunto $O$ con $C$ sono possibili due casi: $OC \perp PQ$ e in tal caso $OC$ è cateto dei triangoli rettangoli $OPC$ , $OCQ$ quindi minore dell’ipotenusa $OP$ , $OQ$ oppure uno dei due angoli $O\hat{C}P$ , $O\hat{C}Q$ è ottuso (nel caso in figura è ottuso $O\hat{C}P$ ). Poiché in un triangolo non degenere ad angolo maggiore è opposto lato maggiore, nel triangolo $OCP$ $OP> OC$ . Quindi $OC<r \ \forall C \in PQ$ .

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dagli estremi $A$ e $B$ di un diametro di una circonferenza $\delta$ di centro $O$ si conducano le corde $AE$ e $BD$ tra loro parallele. Dimostrare che tali corde sono congruenti e che i punti $E$ , $O$ , $D$ sono allineati.

Svolgimento.

Poiché le corde $AE$ e $BD$ sono parallele, $E\hat{A}O\cong O\hat{B}D$ .

$\quad$

Figura 25.

$\quad$

I triangoli $EAO$ e $OBD$ sono isosceli, pertanto $E\hat{A}O \cong A\hat{E}O \cong D\hat{B}O\cong O\hat{D}B$ quindi sono congruenti. Ne segue che $AE\cong BD$ e che $A\hat{O}E\cong D\hat{O}B$ . Quindi gli angoli in $\hat{O}$ sono opposti al vertice dunque i punti $E$ , $O$ , $D$ sono allineati.

Esercizio 24 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dimostrare che in una circonferenza di centro $O$ due corde $AB$ e $AC$ , formanti angoli congruenti con il raggio $AO$ , sono congruenti.

Svolgimento.

Consideriamo i triangoli $OAB$ , $OAC$ : sono isosceli ed un angolo alla base è congruente, quindi entrambi gli angoli alla base sono rispettivamente congruenti e, per differenza $B\hat{O}A\cong C\hat{O}A$ . Pertanto, avendo i lati $OA$ , $OB$ , $OC$ congruenti, sono congruenti. Ne segue $AB\cong AC$ .

$\quad$

Figura 26.

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In una circonferenza di centro $O$ due corde congruenti appartengono a due rette $r$ ed $r'$ che si incontrano in un punto $P$ esterno alla circonferenza. Dimostrare che $PO$ biseca l’angolo $\hat{rPr'}$ .

Svolgimento.

Poiché le corde $AB$ e $CD$ sono congruenti esse sono equidistanti dal centro $O$ . I triangoli rettangoli $PMO$ , $PNO$ sono congruenti in quanto hanno l’ipotenusa $PO$ in comune ed il cateto $OM$ congruente al cateto $ON$ . Ne segue, in particolare, che $M\hat{P}O\cong N\hat{P}O$ .

$\quad$

Figura 27.

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che due corde $AB$ e $CD$ non parallele, che formino angoli congruenti col diametro passante per il loro punto di incontro, sono congruenti. Distinguere i due casi: $AB$ e $CD$ si incontrano in un punto interno oppure esterno alla circonferenza.

Svolgimento.

Sia $P$ interno alla circonferenza. Consideriamo i punti medi $M$ ed $N$ delle corde $AB$ , $CD$ rispettivamente. I triangoli rettangoli $PMO$ e $PNO$ sono congruenti poiché l’ipotenusa è in comune e l’angolo al vertice $\hat{P}$ è bisecato per ipotesi. Dunque $OM\cong ON$ e, poiché corde equidistanti dal centro sono congruenti, segue la tesi.

$\quad$

Figura 28.

$\quad$

Sia ora $P$ esterno alla circonferenza. Come nel caso precedente i triangoli rettangoli $POJ$ , $POK$ hanno l’ipotenusa in comune e l’angolo al vertice $\hat{P}$ bisecato, pertanto sono congruenti. In particolare allora $OJ\cong OK$ , quindi le corde $AB$ e $CD$ sono congruenti in quanto equidistanti dal centro.

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Determinare il luogo dei punti medi delle corde di una stessa circonferenza, congruenti ad una corda data.

Svolgimento.

Siano $AB$ e $CD$ due corde congruenti della circonferenza di centro $O$ . Queste saranno equidistanti dal centro $O$ , quindi $OJ\cong OK$ , e ciò vale per ogni altra corda congruente ad $AB$ che appartenga alla stessa circonferenza. Quindi i punti medi di esse corde dovranno essere equidistanti dal centro $O$ della circonferenza assegnata: descrivono dunque una circonferenza di centro $O$ e raggio pari alla distanza $OJ$ .

$\quad$

Figura 29.

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che il luogo dei punti medi delle corde di una stessa circonferenza parallele ad una retta data è il diametro perpendicolare a tale retta.

Svolgimento.

Le corde assegnate sono tutte tra loro parallele in quanto parallele alla retta $r$ esterna.

$\quad$

Figura 30.

$\quad$

Ciascuna di queste corde avrà asse passante per il centro $O$ della circonferenza e, poiché le corde sono parallele, l’asse sarà comune a tutte le corde (sono tutti perpendicolari alle corde nei loro punti medi, quindi paralleli tra loro e tutti passanti per $O$ , quindi sono coincidenti). Ne segue che essi punti medi giacciono sul diametro perpendicolare alle corde.

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Su di un segmento $AB$ lungo $14$ cm si sceglie un punto interno $P$ in modo che l’area della figura piana definita dai due quadrati, costruiti dalla stessa parte rispetto alla retta $AB$ e aventi lati $AP$ e $PB$ , sia uguale a $100$ $\text{cm}^2$ . Quanto vale il perimetro della figura?

Svolgimento.

Indichiamo con $a$ la lunghezza di $AP$ e con $b$ la lunghezza di $PB$ . A meno di scambiare $a$ con $b$ possiamo supporre che $b\geq a$ . Dai dati abbiamo che

$\begin{cases} a+b=14 \\ a^2+b^2=100 \end{cases} \implies 14^2=(a+b)^2=a^2+2ab+b^2=100+2ab \implies ab=48.$

Allora $a$ e $b$ sono soluzioni dell’equazione di secondo grado $x^2-(a+b)x+ab=x^2-14x+48=0$ :

$x_{1,2}=\frac{14\pm \sqrt{14^2-4\cdot 48}}{2}=\frac{14\pm 2}{2} \implies \quad a=6 \qquad \makebox{e} \qquad b=8.$

Dunque il perimetro della Figura ?? è

$a+a+a+(b-a)+b+b+b=2a+4b=2(a+b)+2b=28+16=44 \ \text{cm}.$

$\quad$

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Figura 31: i due quadrati costruiti sul segmento $AB$ e l’area della figura..

$\quad$

La risposta corretta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{44 \ \text{cm}.}$

Esercizio 30 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare il rapporto tra l’area di un cerchio e quella di un quadrato circoscritto ad esso.

Svolgimento.

Il lato del quadrato è il doppio del raggio $r$ del cerchio, quindi l’area del quadrato è $(2r)^2=4r^2$ . D’altro canto, l’area del cerchio è $\pi r^2$ , perciò il loro rapporto è

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{\pi r^2}{4r^2}=\frac{\pi}{4}. }$

$\quad$

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Figura 32: il quadrato circoscritto nel cerchio..

Esercizio 31 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare la somma delle cotangenti trigonometriche degli angoli interni di un dodecagono regolare.

Svolgimento.

Dividendo l’angolo giro $2\pi$ per $12$ otteniamo l’angolo interno di uno dei triangoli che compongono il dodecagono (vedi figura 33). Dato che il triangolo è isoscele, allora i restanti due angoli interni al triangolo misurano entrambi $\frac{1}{2}\left(\pi- \frac{\pi}{6}\right)=\frac{5}{12}\pi$ . Perciò uno degli angoli interni del dodecagono è $2\cdot \frac{5}{12}\pi=\frac{5}{6}\pi$ .

$\quad$

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Figura 33: dodecagono regolare.

$\quad$

Quindi la somma delle cotagenti è

$12\cdot \cot\left(\frac{5}{6}\pi\right)=-12\sqrt{3},$

e la risposta è dunque

$\boxcolorato{superiori}{-12\sqrt{3}.}$

Esercizio 32 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dati due quadrilateri di uguali angoli, le lunghezze del quadrilatero più piccolo sono il 75 per cento delle rispettive lunghezze del più grande. Determinare il rapporto tra l’area del quadrilatero più grande e quello più piccolo.

Svolgimento.

Osserviamo che i quadrilateri, avendo angoli uguali e lati in proporzione, sono simili e quindi tracciando due diagonali corrispondenti si decompongono in triangoli simili. I lati e le altezze dei triangoli $\Delta EFG$ e $\Delta EHG$ sono rispettivamente i $\frac{75}{100}=\frac{3}{4}$ dei corrispettivi triangoli $\Delta ABC$ e $\Delta ACD$ . Quindi, il rapporto delle aree di $\Delta EFG$ e $\Delta EHG$ sono pari a $\left(\frac{3}{4}\right)^2=\frac{9}{16}$ delle aree rispettivamente di $\Delta ABC$ e $\Delta ACD$ . La risposta corretta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{\frac{16}{9}.}$

$\quad$

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Figura 34: i due quadrilateri ABCD e EFGH.

$\quad$

Esercizio 33 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Tra i rombi aventi perimetro fissato, determinare quello di area massima.

Svolgimento.

Sia $x$ la diagonale minore e $y$ la diagonale maggiore del rombo. L’area del rombo è quindi

$A(x,y)=\frac{1}{2}xy.$

Invece il perimetro fissato $p$ del rombo è uguale a

$p=4\sqrt{x^2+y^2}.$

Osserviamo che

$(x-y)^2=x^2+y^2-2xy \implies xy=\frac{1}{2}\left(x^2+y^2-(x-y)^2\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{p^2}{16}-(x-y)^2\right).$

Quindi l’area può essere riscritta come

$A(x,y)=\frac{1}{2}xy=\frac{1}{4}\left(\frac{p^2}{16}-(x-y)^2\right).$

Visto che $(x-y)^2$ è sempre maggiore o uguale a zero, allora $A(x,y)$ è massima per $(x-y)^2=0$ , ovvero per $x=y$ . Abbiamo quindi ottenuto che il rombo deve essere un quadrato.

$\quad$

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Figura 35: due rombi di uguale perimetro $p$ . Il quadrato a destra è il rombo di area massima fra quelli di perimetro fissato $p$ .

Esercizio 34 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Data una circonferenza di raggio $R$ , fissati due punti $A$ e $B$ sulla circonferenza e un punto $Q$ sulla corda ${AB}$ tale per cui ${AQ}$ e ${QB}$ hanno rispettivamente lunghezza $a$ e $b$ , determinare la lunghezza minima tra i segmenti ${PQ}$ dove $P$ è un punto che varia sulla circonferenza.

Svolgimento.

Dimostriamo che il punto $P$ per cui la lunghezza di $\overline{PQ}$ è minima è tale per cui $P$ , $Q$ ed il centro $O$ della circonferenza sono allineati, con $P$ dalla parte di $Q$ . Chiamiamo con $P_0$ il punto per cui $P_0$ , $Q$ ed $O$ sono allineati, con $P_0$ dalla parte di $Q$ . Vogliamo quindi mostrare che $\overline{P_0Q} \leq \overline{PQ}$ per un qualunque punto $P$ sulla circonferenza. Indichiamo con $F$ il punto della circonferenza ottenuto dal prolungamento del segmento ${PQ}$ .

Se $P$ è diverso da $P_0$ , considerando il triangolo $OQP$ si ha

$\overline{OQ}+ \overline{QP_0} = \overline{OP_0} = \overline{OP} < \overline{OQ} + \overline{QP},$

dove la seconda uguaglianza segue dal fatto che sono entrambi raggi, mentre la disuguaglianza è dovuta al fatto che in un triangolo ogni lato è minore della somma degli altri due. Da ciò si deduce che $\overline{QP_0}<\overline{QP}$ e quindi la lunghezza minima si ottiene per $P=P_0$ .

$\quad$

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Figura 36: il segmento $\overline{QP_0}$ è quello di lunghezza minima.

$\quad$

Rimane da calcolare la lunghezza $x\coloneqq \overline{P_0Q}$ . Si potrebbe usare uno dei risultati di geometria classica per cui se due corde si intersecano, i segmenti che si formano su una di esse sono i medi e i segmenti dell’altra sono gli estremi di una stessa proporzione.

Presentiamo un metodo alternativo usando un risultato equivalente, il Teorema delle Corde (Proposizione 35 del Libro III di Euclide), per cui se due corde di una circonferenza si intersecano, allora il rettangolo con lati congruenti alle due parti di una corda ha la stessa area del rettangolo con lati congruenti alle due parti dell’altra (vedi figura 37). Possiamo quindi concludere che

$x(2R-x)=ab \implies x^2-2Rx+ab=0 \implies x_{1,2}=R\pm \sqrt{R^2-ab}\implies x=R-\sqrt{R^2-ab}.$

$\quad$

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Figura 37: applicazione del Teorema delle Corde alle corde ${AB}$ e ${P_0F_0}$ .

Esercizio 35 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In un quadrato $Q$ si consideri il quadrato inscritto che ha come vertici i punti medi dei lati di $Q$ . A partire da questo secondo quadrato se ne costruisca un terzo con lo stesso procedimento, e così via. Quante volte al massimo si può ripetere il procedimento descritto per ottenere alla fine un quadrato il cui perimetro non sia più piccolo della duecentesima parte di quello di $Q$ ?

Svolgimento.

Quando si inscrive un quadrato dentro un altro quadrato con i punti medi dei lati, il lato $l_1$ del nuovo quadrato è dal Teorema di Pitagora uguale a $l_1=\sqrt{\frac{l^2}{4}+\frac{l^2}{4}}=\frac{\sqrt{2}}{2}l$ , dove $l$ è il lato del quadrato iniziale. Dunque il perimetro $p_1$ del nuovo quadrato sarà

$p_1=4\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}l=\frac{\sqrt{2}}{2}p,$

dove $p$ è il perimetro del quadrato iniziale. Ripetendo lo stesso procedimento per $l_2$ , otteniamo $p_2=\frac{\sqrt{2}}{2}p_1=\frac{1}{2}p$ . Iterando ad ogni passo, otteniamo che l’ $n$ -esimo quadrato avrà perimetro uguale a

$p_n=\sqrt{2^{-n}}\cdot p.$

Dobbiamo quindi risolvere la disequazione

$p_n\geq \frac{p}{200} \implies \sqrt{2^{-n}}\cdot p\geq \frac{p}{200} \implies \sqrt{2^{n}}\leq 200 \implies 2^{n}\leq 2^6\cdot 5^4.$

Quindi

$2^{n}\leq 2^6\cdot 5^4 \implies n\leq \log_2(2^6\cdot 5^4)=\log_2(2^6)+4\log_2(5)< 6+9.3=15.3.$

Dunque si può iterare il procedimento fino ad un massimo di

$\boxcolorato{superiori}{\text{$15$ volte.}}$

$\quad$

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Figura 38: un esempio di sequenza di $3$ quadrati.

Esercizio 36 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Dato un triangolo acutangolo $ABC$ , si considerino le tre circonferenze aventi i lati di $ABC$ come diametri. Dimostrare che queste tre circonferenze si intersecano in sei punti, tre dei quali sono i vertici di $ABC$ , e che i rimanenti punti di intersezione sono i piedi delle altezze di $ABC$ .

Svolgimento.

È più conveniente dimostrare che le circonferenze passano per i piedi delle altezze del triangolo e da ciò dedurne che esse si intersecano. Consideriamo il triangolo $ABC$ e i piedi $H_A,H_B,H_C$ delle altezze relative rispettivamente ai vertici $A,B$ e $C$ . Dato che il triangolo è acutangolo, le altezze sono strettamente contenute nel triangolo e quindi questi sei punti sono tutti distinti.

Consideriamo ora la circonferenza $\Gamma_{BC}$ di diametr $BC$ . Poiché l’angolo in $C$ è acuto, $\Gamma_{BC}$ interseca la retta $AC$ in due punti: uno di questi è $C$ e chiamiamo $D$ l’altro. Per il teorema dell’angolo al centro, il triangolo $BCD$ è rettangolo in $D$ , e quindi $D$ è il piede dell’altezza di $ABC$ relativa al vertice $B$ , ossia $D=H_B$ . Analogamente si vede che $\Gamma_{BC}$ interseca il lato $AB$ anche nel punto $H_C$ .

Dunque le circonferenze richieste si intersecano anche in $H_A, H_B$ e $H_C$ oltre che in $A,B,C$ . La dimostrazione è completa in quanto circonferenze distinte non possono intersecarsi in più di due punti.

Esercizio 37 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . $P$ è un punto esterno ad una circonferenza di centro $O$ . Le rette $PA$ e $PB$ risultano tangenti a tale circonferenza e formano tra loro un angolo di $40^\circ$ . $Q$ è un punto sull’arco minore ${AB}$ e la tangente alla circonferenza in $Q$ interseca le rette $PA$ e $PB$ nei punti $C$ e $D$ . Si dimostri che indipendentemente dalla scelta di $Q$ sull’arco ${AB}$ si verifica:

$\widehat{COD} = 70^\circ.$

$\quad$

Figura 39.

$\quad$

Svolgimento.

Per la tangenza alla circonferenza, i triangoli $O{A}P$ e $O{B}P$ sono rettangoli rispettivamente in $A$ e $B$ e congruenti; ne segue che $\widehat{AOB}=140^\circ$ . Allo stesso modo si vede che $OC$ ed $OD$ sono bisettrici di $\widehat{AOQ}$ e $\widehat{QOB}$ , si ha

(2) $\begin{equation*} 140^\circ=\widehat{AOC} + \widehat{COQ}+ \widehat{QOD} + \widehat{DOB} = 2\left ( \widehat{COQ}+ \widehat{QOD} \right ) = 2 \widehat{COD}, \end{equation*}$

ossia $\widehat{COD}=70^\circ$ .

Nella configurazione rappresentata, $O$ è il $P$ -excentro di $PCD$ .

Esercizio 38 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Da un punto $P$ , esterno rispetto ad una circonferenza di centro $O$ e raggio $r$ , vengono tracciate le due tangenti alla circonferenza. Si provi che queste formano tra loro un angolo retto se e solo se $OP = r\sqrt{2}$ .

Svolgimento.

Supponiamo che le tangenti condotte da $P$ intersechino la circonferenza in $A$ e in $B$ . Ovviamente, $OA=OB=r$ e $PA=PB$ . Inoltre $\widehat{OAP}=\widehat{OBP}=90^\circ$ , dunque $OAPB$ è un deltoide (anche detto aquilone o kite) ciclico dato dall’unione di due triangoli rettangoli, simmetrici rispetto alla comune ipotenusa $OP$ . Se $\widehat{APB}=90^\circ$ questo deltoide è un rettangolo equilatero, ossia un quadrato. Viceversa, se $OP=r\sqrt{2}$ , $OA=AP$ segue dal Teorema di Pitagora, e la conclusione è la medesima.

Esercizio 39 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . È dato un triangolo acutangolo $ABC$ . Si dimostri che le sue altezze concorrono e che il loro punto comune $H$ (detto ortocentro) è l’incentro del triangolo determinato dai piedi delle altezze.

Suggerimento per la prima parte: si tracci una parallela ad $AB$ per $C$ , una parallela ad $AC$ per $B$ ed una parallela a $BC$ per $A$ , determinando un triangolo $A'B'C'$ . Cosa sono le altezze di $ABC$ per il triangolo $A'B'C'$ ?

Suggerimento per la seconda parte: angle chasing.

Svolgimento.

$A'B'C'$ è detto triangolo anticomplementare di $ABC$ : per il Teorema di Talete, i vertici di $ABC$ sono i punti medi dei lati di $A'B'C'$ (dunque $ABC$ è triangolo mediale di $A'B'C'$ ). In particolare, le altezze di $ABC$ sono assi di $A'B'C'$ e l’ortocentro di $ABC$ esiste ed è unico perché coincide con il circocentro di $A'B'C'$ . In alternativa, detti $H_A,H_B,H_C$ i piedi delle altezze di $ABC$ , è possibile utilizzare la seguente caratterizzazione dell’altezza come luogo geometrico: i punti $P$ della retta $AH_A$ sono tutti e soli quelli per cui $PB^2-PC^2 = AB^2-AC^2$ (si vede applicando il teorema di Pitagora ai triangoli rettangoli $ABH_A$ e $ACH_A$ , aventi il cateto $AH_A$ in comune, e poi ai triangoli rettangoli $PBH_A$ e $PCH_A$ , che hanno il cateto $PH_A$ in comune). Basandosi su tale relazione, si può argomentare in analogia alla dimostrazione di esistenza e unicità del circocentro o dell’incentro.

Per la seconda parte, è sufficiente constatare che $AH_B H H_C$ e similia sono quadrilateri ciclici (avendo ad esempio gli angoli in $H_B$ e $H_C$ pari a $90^\circ$ ), dunque

$\widehat{H H_B H_C}=\widehat{H A H_C} = 90^\circ-\widehat{C},$

dove la prima uguaglianza segue dal fatto si tratta di angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco $HH_C$ , mentre l’ultima uguaglianza segue dal fatto che $\widehat{H A H_C}= \widehat{H_A A C}$ e dal fatto che il triangolo $H_A AC$ è rettangolo. Ripetendo l’argomentazione sugli altri quadrilateri della stessa tipologia, si vede che le altezze di $ABC$ risultano essere bisettrici del cosiddetto triangolo ortico $H_A H_B H_C$ e $H$ risulta essere l’incentro del triangolo ortico.

Esercizio 40 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ (Teorema di Viviani). $ABC$ è un triangolo equilatero e $P$ un punto interno ad $ABC$ . Si dimostri che la somma delle distanze di $P$ dai lati di $ABC$ non dipende dalla collocazione di $P$ .

Svolgimento.

Detta $\ell$ la lunghezza di $AB$ , si ha

$\mathrm{Area}[ABC]=\mathrm{Area}[PAB]+\mathrm{Area}[PAC]+\mathrm{Area}[PBC].$

Moltiplicando ambo i membri per $\frac{2}{\ell}$ si ha che la somma delle distanze di $P$ dai lati di $ABC$ uguaglia la lunghezza dell’altezza di $ABC$ , indipendentemente dalla collocazione di $P$ .

Esercizio 41 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Sono dati nel piano tre punti distinti $A,O,H$ . Si dimostri che con riga e compasso è possibile determinare univocamente due punti $B$ e $C$ in modo che $O$ risulti circocentro di $ABC$ e $H$ risulti ortocentro di $ABC$ . Suggerimento: può essere molto utile provare preliminarmente che in un qualunque triangolo i simmetrici dell’ortocentro rispetto ai lati appartengono alla circonferenza circoscritta.

Svolgimento.

Dimostriamo innanzitutto l’asserto del suggerimento, ossia che in qualunque triangolo $ABC$ i punti simmetrici dell’ortocentro $H$ rispetto ai lati appartengono alla circonferenza circoscritta. Chiamiamo $H_A, H_B$ e $H_C$ i piedi delle altezze relative rispettivamente ai vertici $A,B,C$ e chiamiamo $A'$ l’intersezione del prolungamento dell’altezza $AH_A$ con la circonferenza circoscritta; dimostreremo, viceversa, che $A'$ è il simmetrico di $H$ rispetto al lato $BC$ e, a tal fine, è sufficiente provare che i triangoli rettangoli $H_ABH$ e $H_ABA'$ sono congruenti.

Osserviamo che si ha $\widehat{AA'B}=ACB$ in quanto angoli alla circonferenza insistenti sullo stesso arco $AB$ . Dunque i triangoli rettangoli $H_BCB$ e $H_AA'B$ , aventi due angoli congruenti, sono simili e ciò implica che $\widehat{H_BBC}= \widehat{H_ABA'}$ ; da tale uguaglianza segue che anche i triangoli rettangoli $H_ABH$ e $H_ABA'$ sono simili e, avendo anche un cateto in comune, sono congruenti. Pertanto $A'$ è il simmetrico di $H$ rispetto al lato $BC$ . Analogamente si prova la proprietà per $B'$ e $C'$ .

Dimostriamo ora la tesi richiesta dalla traccia dell’esercizio. Se abbiamo $O$ ed $A$ , sappiamo qual è la circonferenza circoscritta: quella di centro $O$ e raggio $OA$ .

$\quad$

Figura 40.

$\quad$

Consideriamo $K$ come la seconda intersezione tra la retta $AH$ e la circonferenza circoscritta: dal Lemma preliminare sappiamo che $K$ è il simmetrico di $H$ rispetto al lato $BC$ , dunque il lato $BC$ è perpendicolare ad $HK$ e passante per il suo punto medio. In particolare, $B$ e $C$ possono essere determinati intersecando la circonferenza circoscritta con l’asse di $HK$ .

Esercizio 42 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Tre circonferenze di raggio $12\,cm$ sono tangenti esternamente l’una all’altra. Dette $\Gamma_{\text{in}}$ e $\Gamma_{\text{out}}$ le due circonferenze simultaneamente tangenti alle precedenti tre, si determini il prodotto tra il raggio di $\Gamma_{\text{in}}$ e il raggio di $\Gamma_{\text{out}}$ .

$\quad$

Figura 41.

$\quad$

Svolgimento.

Detto $R$ il raggio delle tre circonferenze di partenza, i loro centri determinano un triangolo equilatero di lato $2R$ . Detto $O$ il centro di questo triangolo, si ha che $O$ è centro sia di $\Gamma_{\text{in}}$ che di $\Gamma_{\text{out}}$ ; per il Teorema di Pitagora la distanza tra $O$ ed uno qualunque dei vertici del triangolo equilatero è $\frac{2}{3}\sqrt{3} R$ . Segue che i raggi di $\Gamma_{\text{in}}$ e di $\Gamma_{\text{out}}$ sono dati da $\left(\frac{2}{3}\sqrt{3}\pm 1\right)R$ e il loro prodotto è $\frac{R^2}{3}$ , ossia

$\boxcolorato{superiori}{48\,\mathrm{cm}^2.}$

Il Teorema di Descartes per un Apollonian gasket fornisce una sorprendente generalizzazione dell’enunciato di questo esercizio.

Esercizio 43 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Nella figura sono indicate una circonferenza di centro $O$ e tre semirette che definiscono gli angoli $\alpha$ , $\beta$ e $\gamma$ . La semiretta contenente $AB$ è tangente alla circonferenza. Quale relazione sussiste tra i tre angoli?

$\quad$

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Figura 42.

$\quad$

Svolgimento.

Costruiamo il raggio $OB$ , e sia $r$ la sua lunghezza. Essendo $AB$ una tangente, il triangolo $ABO$ è rettangolo, per cui:

$r = \overline{AO}\sin(\alpha).$

Applicando poi il teorema dei seni al triangolo $AOC$ , abbiamo:

$\frac{\overline{OC}}{\sin(\beta)} = \frac{\overline{AO}}{\sin(\gamma)}.$

Combinando queste due uguaglianze ed essendo $\overline{OC} = r$ , otteniamo l’equazione

$\frac{\overline{AO}\sin(\alpha)}{\sin(\beta)} = \frac{\overline{AO}}{\sin(\gamma)} \implies \boxcolorato{superiori}{ \sin(\alpha)\sin(\gamma) = \sin(\beta).}$

Esercizio 44 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri un triangolo equilatero inscritto in un cerchio la cui circonferenza ha lunghezza 10. Detti $P$ ed $A$ il suo perimetro e la sua area, rispettivamente, quanto vale il rapporto $\frac{A}{P}$ ?

Svolgimento.

Il raggio della circonferenza è dato da $R = 10/(2\pi) = 5/\pi$ . Calcoliamo ora il lato $L$ del triangolo in funzione di $R$ .

$\quad$

Figura 43.

$\quad$

Il triangolo rettangolo $AOH$ è metà di un triangolo equilatero di lato $R$ e altezza $L/2$ . Da questo si ricava immediatamente che:

$L = \overline{AC} = 2\overline{AH} = 2\sqrt{\,\overline{OA}\mbox{}^2-\overline{OH}\mbox{}^2} = 2\sqrt{R^2-(R/2)^2} = \sqrt{3}R.$

A questo punto è facile calcolare l’area ed il perimetro del triangolo:

$\begin{gathered} P = 3L = 3\sqrt{3}R; \\ A = \dfrac{1}{2}L^2\sin(60^\circ) = \dfrac{3\sqrt{3}}{4}R^2. \end{gathered}$

Otteniamo quindi

$\frac{A}{P} = \dfrac{3\sqrt{3}}{4}R^2 \cdot \dfrac{1}{3\sqrt{3}R} = \frac{R}{4} = \frac{5}{4\pi}.$

La risposta è dunque

$\boxcolorato{superiori}{\frac{A}{P}=\frac{5}{4\pi}.}$

Esercizio 45 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Se l’area della superficie totale di un parallelepipedo è $S$ , determinare l’area della superficie totale del parallelepipedo ottenuto dimezzandone le dimensioni.

Svolgimento.

Se il parallelepipedo ha dimensioni $x, y, z$ , allora la sua area è

$S=2xy+2yz+2xz.$

Invece, l’area $S'$ di un parallelepipedo ottenuto dimezzandone le dimensioni pari a

$x'\coloneqq\frac{x}{2}, \qquad y'\coloneqq\frac{y}{2} \qquad \makebox{e} \qquad z'\coloneqq\frac{z}{2},$

$\begin{split} S' &=2x'y'+2y'z'+2x'z' \\ &=\frac{xy}{2}+\frac{yz}{2}+\frac{xz}{2} \\ & =\frac{1}{4}(2xy+2yz+2xz) \\ & =\frac{S}{4}. \end{split}$

Il risultato è quindi

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{S}{4}. }$

Esercizio 46 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . La diagonale di una faccia di un cubo è $d$ . Se si ingrandisce il cubo triplicando $d$ , a di quanto aumenta il suo volume?

Svolgimento.

Per proporzionalità, se la diagonale triplica, allora triplica anche il lato. Quindi il volume del nuovo cubo sarà

$(3l)^3=27l^3,$

che equivale a $27$ volte il volume del cubo originario.

Esercizio 47 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Una torta di forma cilindrica viene tagliata in $17$ fette tutte uguali tra loro. Se il diametro della torta è di $34$ cm, quanto vale il rapporto tra il volume di ciascuna fetta e l’altezza del cilindro?

Svolgimento.

Il volume di un cilindro è $\pi hr^2$ dove $r$ è il raggio della base del cilindro ed $h$ è la sua altezza. Il volume di una fetta è allora $\frac{\pi}{17}h r^2$ e quindi il rapporto richiesto vale

$\dfrac{\frac{\pi}{17}h r^2}{h} = \frac{\pi}{17} r^2 = \frac{\pi}{17} (17 \,\mathrm{cm})^2 = \pi 17 \,\mathrm{cm}^2.$

Il rapporto richiesto vale dunque

$\boxcolorato{superiori}{\pi 17 \,\mathrm{cm}^2.}$

$\quad$

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Figura 44: la torta a forma cilindrica tagliata in 17 fette.

Esercizio 48 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Dato un cono di altezza $2R$ e raggio $R$ , è possibile diminuire l’altezza e aumentare il raggio della base di una stessa quantità (non nulla) per cui l’area di superficie totale non cambi? Se si, quanto vale questa quantità?

Svolgimento.

L’area della superficie totale del cono è $A_{tot}=\pi R(R+a)$ , dove $a$ è l’apotema del cono. In particolare, valore dell’apotema nel nostro caso è $a=\sqrt{(2R)^2+R^2})=\sqrt{5}R$ , quindi la superficie totale del cono si può riscrivere come

$A_{tot}=\pi R(R+a)=\pi R(R+\sqrt{5}R).$

Indichiamo con $x>0$ la quantità per cui il nuovo cono di altezza $2R-x$ e raggio $R+x$ ha sempre area di superifice totale uguale a $\pi R^2(1+\sqrt{5})$ . Allora $x$ soddisfa l’equazione

$A_{tot \ nuovo \ cono}=\pi \left(R+x\right)\left(R+x+\sqrt{(2R-x)^2+(R+x)^2}\right)=\pi R(R+\sqrt{5}R).$

Risolviamo l’equazione ottenuta:

$\begin{split} \sqrt{(2R-x)^2+(R+x)^2} & =\frac{R^2(1+\sqrt{5})}{R+x}-(R+x) \iff \\ \left((2R-x)^2+(R+x)^2 \right)(R+x)^2 & =\left(R^2(1+\sqrt{5})-(R+x)^2\right)^2 \iff \\ (2R-x)^2(R+x)^2 & =R^4(1+\sqrt{5})^2-2(R+x)^2R^2(1+\sqrt{5}). \\ \end{split}$

Continuando a semplificare otteniamo

$\begin{split} (4R^2+x^2-4Rx+2R^2(1+\sqrt{5}))(R+x)^2 & =R^4(1+\sqrt{5})^2 \iff \\ x^4+R^2x^2+2Rx^3-4Rx^3-4R^3x-8Rx^2+2R^2(3+\sqrt{5})(R^2+x^2+2Rx) & =R^4(1+\sqrt{5})^2 \iff \\ x^4-2Rx^3+ \left(R^2-8R^2+2R^2(3+\sqrt{5})\right)x^2+ \left(-4R^3+4R^3(3+\sqrt{5})\right)x & =0 \iff \\ x^4-2Rx^3+R^2\left(-1+2\sqrt{5}\right)x^2+ 4R^3\left(2+\sqrt{5}\right)x & =0. \end{split}$

Come ci si poteva aspettare, una delle soluzioni è proprio $x=0$ , per cui escludendo questa soluzione e dividendo l’equazione di sopra per $x$ otteniamo che altre possibili soluzioni devono essere radici del polinomio di terzo grado

$x^3-2Rx^2+R^2\left(-1+2\sqrt{5}\right)x+4R^3\left(2+\sqrt{5}\right) =0.$

Questo polinomio ha due soluzioni complesse ed una sola soluzione reale negativa, che è circa $-\frac{17}{10}R$ . Dato che $x$ deve essere positivo, allora non esiste alcuna soluzione al problema.

$\quad$

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Figura 45: il cono di altezza $2R$ e raggio $R$ a sinistra, e quello di altezza $2R-x$ e base $R+x$ , a destra.

$\quad$

La richiesta del problema non può quindi essere soddisfatta.

Esercizio 49 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Una clessidra è costituita dall’unione di due coni circolari uguali. Dopo $13$ minuti il livello della sabbia nella parte superiore è sceso di $\frac{2}{3}$ dell’altezza. Assumendo che il flusso della sabbia resti costante nel tempo, quanto manca affinchè la clessidra si svuoti completamente?

Svolgimento.

Siano $H$ l’altezza del cono superiore e $h$ l’altezza del cono dopo $13$ minuti, quindi $h=\frac{1}{3}H$ . Siano $R$ ed $r$ i raggi del cono superiore all’altezza $H$ e $h$ rispettivamente, e $V_1$ , $V_2$ i volumi rispettivi dei due coni.

La quantità di sabbia uscita dal cono superiore dopo 13 minuti è il volume $V_1-V_2$ del tronco di cono, quindi per determinare il tempo rimanente $t$ affinché la clessidra si svuoti completamente si può usare la proporzione:

(3) $\begin{equation*} \frac{V_2}{V_1-V_2}=\frac{t}{13} \implies t=13\cdot \frac{1}{\frac{V_1}{V_2}-1}. \end{equation*}$

Quindi occorre calcolare il rapporto dei volumi dei due coni.

I due triangoli in Figura ?? sono simili tra loro, perciò si deduce che

$\frac{r}{R}=\frac{h}{H}=\frac{1}{3}.$

Quindi

$V_1=\frac{\pi R^2 H}{3}, \qquad V_2=\frac{\pi r^2 h}{3} \implies \frac{V_1}{V_2}=\frac{R^3}{r^3}=3^3=27.$

Sostituendo in (3) il valore del rapporto dei due volumi, si ottiene che il tempo rimanente è di $30$ secondi.

$\quad$

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Figura 46: cono circolare, che costiuisce la parte superiore della clessidra.

$\quad$

La risposta corretta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{30 \,\mathrm{s}.}$

Esercizio 50 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $V_1$ il solido (corona sferica) delimitato da due superfici sferiche concentriche di raggi rispettivamente 2 e 5. Sia $V_2$ il cilindro circolare retto con raggio di base 4 e altezza 4. Determinare il rapporto fra il volume di $V_1$ e il volume di $V_2$ .

Svolgimento.

Il volume della corona sferica è dato dalla differenza tra il volume della sfera maggiore ( $r = 5$ ) e quello della sfera minore ( $r = 2$ ):

$V_1 = \frac{4}{3} \pi (5^3 - 2^3) = \frac{4}{3} \pi (125 - 8) = \frac{4}{3} \pi 117 = 156 \pi.$

Il volume del cilindro con raggio $r = 4$ e altezza $h = 4$ è:

$V_2 = \pi r^2 h = \pi \cdot 4^2 \cdot 4 = 64 \pi.$

Il rapporto tra $V_1$ e $V_2$ è:

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{V_1}{V_2} = \frac{156 \pi}{64 \pi} = \frac{156}{64} = \frac{39}{16}. }$

Esercizio 51 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Data una retta $r$ ortogonale a un piano $\pi$ , quanti piani perpendicolari a $\pi$ e contenenti $r$ si possono condurre?

Svolgimento.

Per una retta $r$ ortogonale a un piano $\pi$ è possibile condurre infiniti piani perpendicolari a $\pi$ contenenti $r$ . Ogni piano perpendicolare a $\pi$ passante per la retta $r$ può essere ruotato attorno a questa retta, generando un fascio di piani perpendicolari a $\pi$ . Dunque i piani richiesti sono infiniti.

Esercizio 52 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Perché una retta sia ortogonale a un piano è sufficiente che:

$\quad$

Sia ortogonale a una retta del piano;

Sia parallela a una retta del piano;

I suoi punti siano equidistanti da tutti i punti del piano;

I suoi punti non siano equidistanti dai punti del piano;

Sia ortogonale a due rette incidenti del piano.

Svolgimento.

Una retta è ortogonale a un piano se è ortogonale a due rette incidenti del piano. Tale retta si può costruire come intersezione tra i due piani conententi una delle due rette rispettivemente ed ortogonali al piano dato. Pertanto, la risposta corretta è la

$\boxcolorato{superiori}{\text{E).}}$

Esercizio 53 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Il teatro di Orange ha un diametro di $100\,m$ e il diametro del semicerchio interno è di $30\,m$ . Sapendo che il teatro ha un’altezza massima di $35\,m$ , si stimino i metri cubi di pietra necessari a costruirlo a partire da una radura pianeggiante.

$\quad$

Figura 47.

$\quad$

Svolgimento.

Come è noto dai tempi dei Babilonesi, il volume di un tronco di cono avente altezza $h$ e basi di raggi $r<R$ è dato da $\pi\frac{R^2+Rr+r^2}{3}\,h$ . Il teatro è dato da metà del complementare di un tronco di cono in un cilindro, pertanto il suo volume è dato da

$V=\pi\frac{2R^2-Rr-r^2}{6} h$

dove $R=50\,\mathrm{m}$ , $r=15\,\mathrm{m}$ e $h=35\,\mathrm{m}$ . Tale volume ammonta a circa

$\boxcolorato{superiori}{73762\,\mathrm{m}^3.}$

Alternativamente, possiamo applicare un approccio “archimedeo” e supporre che il teatro sia costituito da $35$ file, dove per ogni numero naturale $n\in[1,35]$ l’ $n$ -esima fila ha altezza $n$ ed ha per base una semicorona circolare inclusa tra due circonferenze di raggi $15+(n-1)$ e $15+n$ metri. La costruzione dell’ $n$ -esima fila richiede pertanto un volume di pietra circa pari a

$\frac{\pi}{2}\left[(15+n)^2-(15+(n-1))^2\right]n = \frac{\pi}{2}(29 n + 2n^2)$

metri cubi, e la somma di queste quantità per $n\in[1,35]$ è di

$\frac{29\pi}{2}\sum_{n=1}^{35}n + \pi \sum_{n=1}^{35}n^2 = \frac{29\pi}{2} \cdot \frac{35 \cdot 36}{2} + \pi \cdot \frac{35\cdot 36 \cdot 71}{6},$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo usato le note identità

$\sum_{n=1}^{N}n = \frac{N (N+1)}{2}, \qquad \sum_{n=1}^{N}n^2 = \frac{N (N+1)(2N+1)}{2},$

dimostrabili per induzione. Completando il calcolo, troviamo circa

$\boxcolorato{superiori}{75540\,\mathrm{m}^3,}$

coerentemente col risultato precedente; si noti che il valore calcolato col secondo metodo risulta maggiore in quanto tiene conto anche dell’eccesso di pietra necessario per costruire i “gradini” del teatro, mentre il primo metodo assume che il teatro sia una superficie conica liscia.