Esercizi per la maturità: Geometria

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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 presentiamo 38 esercizi sulla geometria per il ripasso in vista dell’esame di maturità. La geometria è un argomento di fondamentale importanza nei programmi della scuola superiore e pertanto riveste un ruolo da protagonista nella seconda prova di matematica dell’esame di maturità.

Per questa ragione, offriamo una raccolta di esercizi, suddivisi a grandi linee per argomento, e corredati di soluzione completa, al fine di garantire al lettore la massima efficacia per il suo studio.

Esercizi

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . È dato il triangolo $ABC$ , rettangolo in $\hat{A}$ . Dal piede $H$ dell’altezza $AH$ si conducano i segmenti di perpendicolare $HD$ e $HE$ rispettivamente ai cateti $AB$ e $AC$ ; si conduca infine la mediana $AM$ relativa all’ipotenusa $BC$ .

$\quad$

Dimostrare che $DE\cong AH$ ;

dimostrare che $A\hat{D}E\cong A\hat{C}B$ ;

dimostrare che $AM\perp DE$ .

Svolgimento.

Dimostriamo le tre proprietà richieste.

$\quad$

Il quadrilatero $ADHE$ è un rettangolo in quanto i suoi angoli interni sono retti, pertanto le diagonali $DE$ e $AH$ sono congruenti.

$\quad$

Figura 1.

$\quad$

Da ciò segue che il triangolo rettangolo $ADE$ è congruente a $DAH$ , che a sua volta è simile al triangolo rettangolo $HAB$ in quanto aventi l’angolo in $A$ in comune. Inoltre, il triangolo rettangolo $HAB$ è simile al triangolo rettangolo $ACB$ poiché aventi l’angolo in $B$ in comune. Ne segue che, per questa serie di triangoli, gli angoli corrispondenti sono congruenti:
$A\widehat{D}E = D \widehat{A}H = H \widehat{A}B = A\widehat{C}B,$

che è quanto si voleva provare.

Infine, ricordando che la mediana relativa all’ipotenusa di un triangolo rettangolo è congruente a metà dell’ipotenusa stessa, il triangolo $MAC$ risulta isoscele, dunque $M\hat{A}C=B\hat{C}A=\beta$ , quindi $D\hat{A}M=\alpha$ in quanto complementare di $M\hat{A}C$ e poiché $\hat{A}=90^\circ$ . Quindi, detto $K$ il punto di intersezione tra $DE$ e $AM$ , per differenza risulta $A\hat{K}D=90^\circ$ , cioè $DE\perp AM$ .

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ (piccolo teorema di Talete). Dimostrare che la congiungente i punti medi $D$ e $E$ rispettivamente di due lati $AC$ e $BC$ di un triangolo non degenere $ABC$ è parallela al lato $AB$ e congruente alla sua metà. Dimostrare che vale anche il viceversa: conducendo dal punto medio $D$ del lato $AC$ la parallela al lato $AB$ , questa interseca $BC$ nel suo punto medio.

Svolgimento.

Dal punto $B$ conduciamo la retta parallela al lato $AC$ che intersechi in $F$ il prolungamento del segmento $DE$ . I triangoli $BEF$ e $CED$ risultano congruenti per il secondo criterio di congruenza, in quanto sono congruenti i lati $CE$ e $EB$ e le due coppie di angoli a essi adiacenti: $C\hat{E}D\cong B\hat{E}F$ perché opposti al vertice, $D\hat{C}E\cong F\hat{B}E$ perché alterni interni) quindi in particolare $BF\cong CD\cong DA$ . Il quadrilatero $ABFD$ ha allora due lati opposti paralleli e congruenti, pertanto è un parallelogramma. Ne segue che $DE\parallel AB$ e $DE\cong \frac{1}{2}AB$ .

$\quad$

Figura 2.

$\quad$

Viceversa, supponiamo di tracciare da $D$ la parallela al lato $AB$ che interseca in $G$ il lato $BC$ e consideriamo il punto medio $E$ si $BC$ . La prima parte dell’esercizio assicura che anche $DE\parallel AB$ . Per l’unicità della parallela ad $AB$ passante per $D$ data dal quinto postulato di Euclide, si ha $G=E$ , che è quindi il punto medio di $BC$ .

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che il segmento che unisce i punti medi delle diagonali di un trapezio ha lunghezza pari alla metà della differenza tra le lunghezze delle basi.

Svolgimento.

Consideriamo un trapezio $ABCD$ e prolunghiamo il segmento $EF$ che unisce i punti medi delle diagonali, fino ad incontrare in $G$ ed $H$ , rispettivamente, i lati $AD$ e $BC$ . Per l’esercizio 2 $G$ ed $H$ sono i punti medi dei rispettivi lati, inoltre $EH\cong \frac{1}{2}AB$ e $GF\cong \frac{1}{2}AB$ , ma anche, nel triangolo $ADC$ , $GE\cong \frac{1}{2}DC$ e, nel triangolo $BDC$ $FH\cong \frac{1}{2}DC$ . Quindi $GE+EF\cong\dfrac{1}{2}AB$ , $GE\cong\frac{1}{2}DC$ implica $EF\cong\frac{1}{2}AB-\frac{1}{2}DC$ .

$\quad$

Figura 3.

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . È dato il trapezio $ABCD$ , rettangolo in $A$ e in $D$ e tale che il lato $AD$ perpendicolare alle basi è congruente alla base minore $CD$ e questa è congruente alla metà della base maggiore $AB$ . Calcolare le misure degli angoli del trapezio. Sia poi $CH$ la perpendicolare condotta da $C$ alla base $AB$ ; dimostrare che:

$\quad$

$BD$ e $CH$ si tagliano scambievolmente a metà in un punto che indichiamo con $K$ ;

$DH$ e $AC$ si tagliano scambievolmente per metà in un punto che indichiamo con $O$ ;

$OK \parallel DC$ e $OK\cong \frac{1}{2}CD$ .

Svolgimento.

Il trapezio raffigurato risulta composto dal quadrato $AHCD$ e dal triangolo rettangolo isoscele $CHB$ (infatti $CH\cong HB$ e l’angolo $C\hat{H}B$ è retto) quindi $B\hat{A}D=A\hat{D}C=90^\circ$ , $A\hat{B}C=45^\circ$ , $B\hat{C}D=135^\circ$ . Il quadrilatero $HBCD$ risulta pertanto un parallelogramma, poiché $HB\parallel CD$ e $HB\cong CD$ , dunque le diagonali $CH$ , $BD$ si tagliano a metà.

$\quad$

Figura 4.

$\quad$

Analogamente, il quadrilatero $AHCD$ è un quadrato, quindi le diagonali si tagliano a metà. $OK$ congiunge quindi i punti medi dei lati $AC$ , $CH$ del triangolo $CAH$ quindi è parallelo a $AH$ , che è a sua volta parallelo a $CD$ e quindi $OK\cong \frac{1}{2} CD$ .

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dai vertici $A$ , $B$ , $C$ , $D$ di un parallelogramma si tracci, esternamente al parallelogramma, le rette $a$ , $b$ , $c$ , $d$ in modo che ciascuna formi un angolo $\alpha$ rispettivamente con i lati $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ . Dimostrare che i quattro punti $A'$ , $B'$ , $C'$ , $D'$ in cui tali rette si incontrano sono vertici di un parallelogramma. Dimostrare inoltre che, se $ABCD$ è un rettangolo, allora anche $A'B'C'D'$ è un rettangolo.

Svolgimento.

Proviamo preliminarmente che il quadrilatero $A'B'C'D'$ possiede gli stessi angoli gli angoli interni di $ABCD$ , che consentirà di ottenere agevolmente le conclusioni richieste dalla traccia.

Sia $\alpha$ l’angolo formato dalla retta $a$ con il lato $AB$ , e dalle rette $b$ , $c$ , $d$ con i rispettivi lati. Sia inoltre $\beta$ l’angolo interno del parallelogramma $ABCD$ , $D\hat{A}B$ . Allora $B\hat{C}D\cong \beta$ e $A\hat{B}C\cong C\hat{D}A=\pi-\beta$ .

$\quad$

Figura 5.

$\quad$

Allora nel triangolo $AA'B$ si ha che $A\hat{B}A'=\beta-\alpha$ , dunque $A\hat{A'}B=\pi-\beta$ ; nel triangolo $CBB'$ l’angolo $C\hat{B'}B$ vale $\beta$ (e analogamente per i triangoli $CDC'$ e $DD'A$ ). Dunque il quadrilatero $A'B'C'D'$ possiede gli stessi angoli gli angoli interni di $ABCD$ .

$\quad$

Da tale proprietà segue che anche $A'B'C'D'$ è un parallelogramma.

Per lo stesso motivo, se $ABCD$ è un rettangolo, anche $A'B'C'D'$ lo è.

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che in un triangolo i punti medi dei lati e il piede di un’altezza sono vertici di un trapezio isoscele.

Svolgimento.

Siano $D$ , $E$ , $F$ i punti medi dei lati del triangolo $ABC$ e $G$ il piede della perpendicolare condotta da $C$ . Per il piccolo teorema di Talete $FE$ risulta parallelo a $GD$ , quindi $GDEF$ è un trapezio. Inoltre il triangolo $AGC$ è rettangolo e $GF$ è la mediana relativa all’ipotenusa $AC$ , quindi $AF\cong FC\cong GF$ . Ma anche $ED$ risulta parallelo a $AC$ e congruente alla metà di $AC$ , quindi $ED\cong FG$ ed il trapezio è isoscele.

$\quad$

Figura 6.

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sono dati due angoli adiacenti (cioè consecutivi e supplementari) $X\hat{O}Y$ e $X\hat{O}Z$ e le loro bisettrici rispettive $OM$ e $ON$ . Da un punto qualunque $A$ della semiretta $OX$ si conducano le perpendicolari a $OM$ e a $ON$ , che taglino le rette $OY$ e $OZ$ in $B$ e $C$ e le rette $OM$ e $ON$ in $E$ e $D$ . Dimostrare che:

$\quad$

l’angolo $B\hat{A}C$ è retto;

i due triangoli $OAB$ e $OAC$ sono isosceli;

$O$ è punto medio di $BC$ ;

il quadrilatero $CDEB$ è un trapezio.

Svolgimento.

Indichiamo con $\alpha$ e $\beta$ rispettivamente metà delle ampiezze degli angoli $X\hat{O}Z$ e $X \hat{O}Y$ .

$\quad$

Si ha dunque $\alpha+\beta=90^\circ$ , quindi $D\hat{O}E$ è retto. Poiché anche gli angoli $O\hat{D}A$ e $O\hat{E}A$ sono retti, il quadrilatero $DAEO$ è un rettangolo e dunque $B\hat{A}C$ è retto.

Nel triangolo $OAC$ il segmento $OD$ risulta bisettrice ed altezza, dunque anche mediana ed il triangolo $AOC$ è isoscele. Analogamente anche il triangolo $OAB$ risulta isoscele.
$\quad$

$\quad$

Figura 7.

$\quad$

Poiché dunque $CD\cong OA\cong OB$ (e i punti $C$ , $O$ , $B$ giacciono sulla medesima retta poiché gli angoli erano adiacenti per ipotesi) ne segue che $O$ è punto medio del segmento $CB$ .

Nel triangolo $ABC$ i punti $D$ ed $E$ sono punti medi dei lati $AC$ e $AB$ , quindi il segmento $DE$ è parallelo a $BC$ (e congruente alla sua metà). Dunque $CBED$ risulta essere un trapezio.

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Date due rette parallele $a$ e $b$ , si traccino, da un punto $A$ di $a$ , i segmenti $AC$ e $AB$ , rispettivamente perpendicolare e obliquo alla retta $b$ . Sia $D$ un punto della retta $a$ tale che $BD$ incontri il segmento $AC$ nel punto $E$ e che sia $ED\cong 2\cdot AB$ . Si dimostri che $E\hat{B}C\cong \frac{1}{3} A\hat{B}C$ .

Svolgimento.

Congiunto il punto $A$ con il punto medio $M$ di $DE$ , il triangolo $ADE$ è rettangolo e $AM$ è la mediana relativa all’ipotenusa $DE$ , quindi $DM \cong ME\cong AM$ . Il triangolo $DMA$ è isoscele quindi $A\hat{D}M\cong M\hat{A}D$ , ma $A\hat{D}M \cong E\hat{B}C$ in quanto rette parallele tagliate dalla trasversale.

$\quad$

Figura 8.

$\quad$

Anche il triangolo $AMB$ è isoscele ( $AM \cong AB$ ) dunque $A\hat{M}B\cong A\hat{B}M$ , ma $A\hat{M}B\cong 2\cdot M\hat{D}A$ : l’angolo esterno è pari alla somma dei due interni non adiacenti, quindi $A\hat{B}M\cong 2\cdot D\hat{B}C$ . Cioè $E\hat{B}C\cong \frac{1}{3}\cdot A\hat{B}C$ .

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sui lati $AB$ , $BC$ , $CD$ , $DA$ di un quadrato si prendano rispettivamente i punti $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ , in modo che sia $MB\cong BN\cong DP\cong DQ$ . Dimostrare che il quadrilatero $MNPQ$ è un rettangolo e che il suo perimetro non varia al variare della posizione di $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ .

Svolgimento.

I triangoli $QPD$ e $MBN$ sono triangoli rettangoli isosceli congruenti poiché hanno due lati congruenti per costruzione e l’angolo compreso retto. Analogamente per i triangoli $PNC$ e $AQM$ : anch’essi rettangoli isosceli e congruenti. Quindi l’angolo $Q\hat{P}N$ è un angolo retto poiché i suoi angoli adiacenti misurano $\frac{\pi}{4}$ . Lo stesso accade per tutti i rimanenti vertici del quadrilatero $PQMN$ il quale risulta così un rettangolo.

$\quad$

Figura 9.

$\quad$

Se ora tracciamo una diagonale del quadrato, per esempio $AC$ , questa taglia il rettangolo $PQMN$ in due rettangoli congruenti, per i quali $QP\cong QD\sqrt{2}$ e $QH\cong \frac{AD-DQ}{\sqrt{2}}$ (anche $AHQ$ è un triangolo rettangolo isoscele). Ne segue che $QM\cong 2\cdot \frac{AD-QD}{\sqrt{2}}$ , quindi il perimetro del rettangolo $PQMN$ vale

$2DQ\sqrt{2}+\frac{4}{\sqrt{2}}(AD-AQ)=2DQ\sqrt{2}+2\sqrt{2}AD-2 DQ\sqrt{2}=2\sqrt{2}AD$

cioè dipende solo dalla diagonale del quadrato di partenza e non dalla posizione dei punti $M$ , $N$ , $P$ , $Q$ .

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che i punti di intersezione tra le bisettrici degli angoli di un rettangolo sono i vertici di un quadrato.

Svolgimento.

Indichiamo con $A,B,C,D$ i vertici del rettangolo, e con $A',B',C',D'$ le intersezioni tra le bisettrici, come rappresentato in figura.

$\quad$

Figura 10.

$\quad$

Poiché le bisettrici del rettangolo $ABCD$ sono ortogonali, anche $A'B'C'D'$ è un rettangolo. Per concludere che è un quadrato, è sufficiente mostrare che i due lati $A'D'$ e $D'C'$ sono congruenti.

Poiché gli angoli $D\hat{A}D'$ e $A\hat{D}D'$ misurano $45^\circ$ , il triangolo $ADD'$ è rettangolo isoscele. In particolare, $AD'=DD'$ .

Allo stesso modo, anche i triangoli $AA'B$ e $DC'C$ sono rettangoli e isosceli. Inoltre $AA'B$ e $DC'C$ sono congruenti, per simmetria o anche poiché aventi la stessa ipotenusa e gli angoli adiacenti congruenti. In particolare $AA'=DC'$ .

Si conclude che vale $D'A'=D'C'$ , in quanto differenze di segmenti congruenti, e ciò prova che $A'B'C'D'$ è un quadrato.

Esercizio 11 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Da un punto $P$ interno a un triangolo equilatero $ABC$ si conducano i segmenti $PH$ , $PK$ , $PL$ perpendicolari rispettivamente ai lati $AB$ , $BC$ e $AC$ . Dimostrare che la somma $PH+PK+PL$ è congruente all’altezza del triangolo.

Svolgimento.

Indichiamo con $h$ la misura dell’altezza del triangolo. Congiungiamo $P$ con i vertici del triangolo equilatero, si formano tre triangoli aventi basi congruenti in quanto pari ai lati del triangolo equilatero. L’area del triangolo equilatero è data dalla somma delle aree dei tre triangoli: $\frac{AB\cdot PH}{2}+ \frac{BC\cdot PK}{2}+ \frac{AC\cdot PL}{2}$ . Poiché il triangolo è equilatero segue $\frac{AB \cdot h}{2}=\frac{AB\cdot(PH+PK+PL)}{2}$ cioè $PH+PK+PL=h$ ( $h$ è l’altezza del triangolo $ABC$ ).

$\quad$

Figura 11.

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che la somma dei segmenti di perpendicolare condotti da un punto della base di un triangolo isoscele ai lati è congruente all’altezza relativa ai lati.

Svolgimento.

Sia $ABC$ un triangolo isoscele avente base $AB$ . Proiettiamo $P$ sull’altezza $BH$ , sia $K$ il piede della perpendicolare. Allora il quadrilatero $QPKH$ è un rettangolo e $PQ\cong HK$ . Consideriamo ora i triangoli $PKB$ e $PRB$ , che hanno il lato $PB$ in comune, $P\hat{K}B\cong B\hat{R}B\cong \frac{\pi}{2}$ , $K\hat{B}P\cong H\hat{A}B\cong K\hat{P}B$ (quest’ultimo perché $AH\parallel PK$ ). Dunque i triangoli sono congruenti, quindi $PR\cong BK$ , quindi $BH\cong PQ+PR$ .

$\quad$

Figura 12.

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sia $ABC$ un triangolo isoscele, con $AC \cong CB$ . Si scelga un punto $E$ sul prolungamento della base $AB$ dalla parte di $A$ e siano $F$ e $G$ i piedi delle perpendicolari rispettivamente alle rette $BC$ e $AC$ . Si dimostri che $\overline{EF}-\overline{EG}$ è pari alla lunghezza dell’altezza del triangolo $ABC$ relativa al lato $AC$ .

Svolgimento.

Proiettiamo $E$ sul prolungamento di $BH$ : sia $K$ il piede della perpendicolare. Allora la tesi è equivalente a mostrare che $BK\cong EF$ .

$\quad$

Figura 13.

$\quad$

Detto $\alpha$ l’angolo $C\hat{A}B$ , allora $K\hat{B}A=\frac{\pi}{2}-\alpha$ . Poiché $\hat{F}=\frac{\pi}{2}$ ne segue che $F\hat{E}B= \frac{\pi}{2}-\alpha$ . Quindi i triangoli $FEB$ e $EKB$ sono congruenti (il lato $EB$ è in comune) dunque $EF\cong KB$ .

Esercizio 14 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dimostrare che in un trapezio isoscele la congiungente i punti medi delle basi è perpendicolare ad esse.

Svolgimento.

Sia $ABCD$ un trapezio isoscele di basi $AB$ e $CD$ . Poiché il trapezio è isoscele, gli angoli alla base sono congruenti: $D\hat{A}B\cong C\hat{B}A$ , quindi i triangoli $ADM$ e $BCM$ sono congruenti ( $AM\cong MB$ , $AD\cong BC$ , $\hat{A}\cong \hat{B}$ ).

$\quad$

Figura 14.

$\quad$

Ne segue allora che $DM\cong MC$ , cioè il triangolo $DMC$ è isoscele, quindi la mediana $MN$ è anche altezza. Infine essendo $DC\parallel AB$ , $MN$ è perpendicolare alle basi del trapezio.

Esercizio 15 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dimostrare che in un trapezio isoscele gli angoli alla base sono congruenti.

Svolgimento.

Sia $ABCD$ un trapezio isoscele di basi $AB$ e $CD$ . Dai vertici $C$ e $D$ tracciamo le altezze $CH$ e $DK$ . Il quadrilatero $CDKH$ è un rettangolo, quindi $CH\cong DK$ . Consideriamo ora i triangoli $BCH$ e $AKD$ : sono triangoli rettangoli aventi l’ipotenusa ed un cateto congruenti, quindi sono congruenti e, in particolare, $\hat{A}\cong \hat{B}$ .

$\quad$

Figura 15.

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che in un trapezio:

$\quad$

la differenza delle due basi è minore della somma dei due lati obliqui;

ciascun lato è minore della somma dell’altro con la differenza delle basi;

la somma delle basi è minore della somma delle diagonali.

Svolgimento.

Sia $ABCD$ un trapezio di basi $AB$ e $CD$ . Consideriamo il triangolo $ADB$ : poiché in un triangolo ogni lato ha lunghezza minore della somma delle lunghezze degli altri due, si ha $\overline{AB} < \overline{AD}+\overline{DB}$ . Inoltre, nel triangolo $BCD$ , si ha $\overline{DB}< \overline{BC}+\overline{CD}$ quindi $\overline{AB}< \overline{AD}+\overline{BC}+\overline{CD}$ cioè

$\overline{AB}-\overline{CD}< \overline{AD}+\overline{BC}$

$\quad$

Figura 16.

$\quad$

Consideriamo ora i triangoli $ADC$ e $ABC$ : per la disuguaglianza triangolare si ha $\overline{AD}<\overline{AC}+\overline{DC}$ e $\overline{BC}<\overline{AC}+\overline{AB}$ . Sottraendo queste disuguaglianze (equiverse), si ottiene $\overline{BC}-\overline{AD}<\overline{AB}-\overline{DC}$ cioè $\overline{BC}<\overline{AD}+\overline{AB}-\overline{DC}$ .

Infine nel triangolo $ABD$ vale $\overline{AD}>\overline{AB}-\overline{BD}$ e, nel triangolo $ACD$ , $\overline{AD}>\overline{AC}-\overline{DC}$ . Sottraendo si ha $0> \overline{AB}-\overline{BD}-\overline{AC}+\overline{DC}$ cioè $\overline{AC}+\overline{BD}>\overline{AB}+\overline{DC}$ .

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che i punti medi dei lati di un trapezio isoscele sono vertici di un rombo. Dimostrare che i punti medi dei lati di un rombo sono vertici di un rettangolo e, viceversa, i punti medi dei lati di un rettangolo sono vertici di un rombo.

Svolgimento.

Consideriamo il trapezio isoscele $ABCD$ e siano $M,N,P,Q$ i punti medi rispettivamente dei lati $AB$ , $BC$ , $CD$ e $AD$ , come indicato in figura. Poiché $Q$ , $P$ sono punti medi, il segmento $QP$ è parallelo ad $AC$ e congruente alla sua metà; lo stesso vale per il segmento $MN$ e, analogamente, per i segmenti $QM$ , $PN$ .

$\quad$

Figura 17.

$\quad$

Poiché il trapezio è isoscele le diagonali sono congruenti quindi $MN \cong QP\cong QM \cong PN$ ; $MN\parallel QP$ e $QM \parallel PN$ cioè $MNPQ$ è un rombo. Consideriamo ora il rettangolo $ABCD$ : per la stessa ragione i punti medi definiscono segmenti paralleli a due a due e congruenti alla metà della diagonale del rettangolo. Poiché in un rettangolo le diagonali sono congruenti, il quadrilatero risulta essere un rombo. Viceversa, consideriamo il rombo $MNPQ$ : $UV$ e $ZW$ sono congruenti e paralleli in quanto paralleli a $QN$ e congruenti alla metà di $QN$ . Analogamente per $UZ\cong VW$ e $UZ\parallel VW$ . Poiché però le diagonali del rombo sono perpendicolari, $UZ\perp ZW$ e quindi è un rettangolo.

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Se si uniscono due vertici opposti di un parallelogramma con i punti medi di due lati opposti, la diagonale che unisce gli altri due vertici viene divisa in tre parti congruenti.

Svolgimento.

Siano $E$ ed $F$ i punti medi dei lati opposti $AB$ e $CD$ del parallelogramma $ABCD$ .

$\quad$

Figura 18.

$\quad$

Il quadrilatero $AFCE$ è un parallelogramma a sua volta ( $AF\cong CE$ , $AF \parallel CE$ ), quindi $AE \parallel FC$ . Consideriamo il triangolo $DHC$ : poiché $AE \parallel FC$ ed $E$ è punto medio di $CD$ , $G$ risulta punto medio di $GH$ , quindi $DG \cong GH$ . Lo stesso ragionamento applicato al triangolo $AGB$ conduce a $GH \cong HB$ , quindi la diagonale $BD$ è divisa in tre parti congruenti.

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dimostrare che le congiungenti il punto medio della base di un triangolo isoscele con i punti medi dei lati formano, con la parallela alla base condotta dal vertice, un triangolo congruente al triangolo dato.

Svolgimento.

Sia $ABC$ un triangolo isoscele con $AC \cong BC$ . Poiché $MN$ congiunge i punti medi dei lati $AB$ e $BC$ , esso risulta parallelo a $AC$ e, analogamente, $ME \parallel BC$ .

$\quad$

Figura 19.

$\quad$

Dal fatto che $DE\parallel AB$ segue che i quadrilateri $AMDC$ e $MBCE$ sono parallelogrammi, inoltre dato che $AM \cong MB \cong CD\cong CE$ il segmento $ED$ è congruente a $AB$ . Infine, poiché $AMDC$ è un parallelogramma, gli angoli opposti $C\hat{A}M$ e $C\hat{D}M$ sono congruenti, e anche $C\hat{E}M \cong C\hat{B}M$ , ma $\hat{A}\cong \hat{B}$ implica $\hat{E}\cong \hat{D}$ . Ne segue che i triangoli $ABC$ e $DEM$ sono congruenti per il secondo criterio avendo ordinatamente congruenti una coppia di lati e le due coppie di angoli a esso adiacenti.

Esercizio 20 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . È dato un angolo $M\hat{O}N$ . Su uno dei lati, $OM$ , si prendano due punti $A$ e $B$ , in modo che sia $OA\cong AB$ e sull’altro lato $ON$ si prendano i punti $C$ e $D$ in modo che $OC\cong CD$ . Dimostrare che il quadrilatero $ABDC$ è un trapezio la cui base maggiore è doppia della minore.

Svolgimento.

Consideriamo il triangolo $OBD$ : poiché $A$ e $C$ sono punti medi, il segmento $AC$ risulta parallelo al segmento $BD$ e congruente alla sua metà. Dunque $ABDC$ è un trapezio la cui base minore è metà della base maggiore.

$\quad$

Figura 20.

Esercizio 21 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dire quale tra le seguenti terne di numeri non può descrivere le lunghezze dei lati di un triangolo:

$\quad$

6, 5, 7;

7, 13 ,18;

5, 7, 1;

5, 12, 14;

5, 13, 14.

Svolgimento.

Consideriamo un triangolo avente lunghezze dei lati $a,b,c$ , come illustrato in figura 21. In un qualunque triangolo la somma di due lati deve essere sempre maggiore del lato rimanente, ovvero ad esempio $c<a+b$ .

Una spiegazione può essere la seguente. Il lato di lunghezza $c$ è una porzione di linea retta, che costituisce il percorso più breve tra i due estremi. Invece, i lati di lunghezza $a$ e $b$ descrivono una traiettoria (o meglio, una spezzata) che non è in linea retta. Pertanto la lunghezza della spezzata deve essere maggiore della lunghezza della porzione di linea retta.

Nel nostro caso specifico, possiamo notare che $1+5=6<7$ , quindi la terna C) non è ammissibile.

$\quad$

Figura 21: triangolo di lati $a$ , $b$ , $c$ .

$\quad$

La risposta esatta è quindi la

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

Esercizio 22 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un triangolo isoscele ha perimetro lungo $13$ cm. Allora i suoi lati possono essere lunghi:

$\quad$

$2, 2, 9$ ;

$3, 3, 7$ ;

$4, 4, 5$ ;

$4, 4, 6$ ;

$5, 5, 5$ .

Svolgimento.

A) e B) non sono una terna di numeri che possono essere i lati di un triangolo, dato che $2+2=4<9$ e $3+3=6<7$ . Infatti la lunghezza di ogni lato di un triangolo è sempre minore della somma dei lati rimanenti (si veda l’esercizio 21 per una spiegazione). Inoltre anche D) ed E) sono da escludere in quanto il loro perimetro non è 13 cm. La riposta esatta è quindi la

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

Esercizio 23 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Un cerchio ed un quadrato hanno la stessa la area. Quanto vale il rapporto tra i loro perimetri?

Svolgimento.

L’area di un quadrato di lato $\ell$ è $A_q=\ell^2$ mentre l’area di un cerchio è $A_c=r^2\pi$ , perciò

$A_q=A_c \iff \ell^2=r^2\pi \iff \ell=r\sqrt{\pi},$

quindi

$P_q=4\ell = 4r\sqrt{\pi}=2\frac{P_c}{\sqrt{\pi}},$

da cui

$\boxcolorato{superiori}{\frac{P_c}{P_q}=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.}$

$\quad$

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Figura 22: quadrato e cerchio aventi area uguale.

$\quad$

Esercizio 24 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Di un triangolo si conoscono gli angoli $\alpha$ , $\beta$ , $\gamma$ , ordinatamente opposti ai lati $a$ , $b$ , $c$ , e si sa che $\alpha > \beta > \gamma$ . Cosa si può dire delle lunghezze dei lati?

Svolgimento.

Il rapporto tra il perimetro del cerchio e quello del quadrato è minore di $1$ , cioè, a parità di area, il cerchio ha minore perimetro rispetto al quadrato. In realtà, il cerchio è la figura piana che minimizza il perimetro, tra tutte quelle aventi una certa area. Ciò è conseguenza della cosiddetta disuguaglianza isoperimetrica.

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si dimostri che le due regioni $A$ e $B$ rappresentate in figura hanno la stessa area.

$\quad$

Figura 23.

$\quad$

Svolgimento.

Poiché gli angoli del triangolo sono ordinati in modo decrescente $\alpha >\beta > \gamma$ , anche i lati opposti sono ordinati nello stesso modo, quindi $a > b> c$ in quanto, in un triangolo, ad angolo maggiore si oppone lato maggiore. La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{a > b> c.}$

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Dati nel piano tre punti $A,B,C$ distinti e non allineati, si dimostri che esiste un’unica circonferenza passante da $A,B$ e $C$ .

Svolgimento.

Consideriamo gli assi dei segmenti $AB$ , $BC$ . Dato che $A,B,C$ non sono allineati, tali assi non sono paralleli e quindi si intersecano in punto $O$ . Per definizione, l’asse di un segmento è l’insieme dei punti equidistanti dai due estremi del segmento. Poiché $O$ giace su entrambi gli assi, segue quindi

$\overline{OA}=\overline{OB}=\overline{OC}.$

Poiché $O$ è equidistante dai tre punti $A,B,C$ , la circonferenza di centro $O$ e raggio $\overline{AB}$ passa per tutti e tre i punti, mostrando l’esistenza di una circonferenza passante per essi.

Viceversa, consideriamo una circonferenza di centro $O'$ passante per $A,B,C$ . Il punto $O'$ è quindi equidistante da $A$ e da $B$ , dunque appartiene all’asse di $AB$ . Analogamente, $O'$ appartiene all’asse di $AC$ . Dunque $O'$ appartiene all’intersezione di tali assi e pertanto $O'=O$ . Ciò mostra che la circonferenza richiesta è unica.

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ (punto di Fermat-Torricelli).Dato un triangolo acutangolo $ABC$ , si dimostri che esiste un punto interno $P$
con la proprietà di vedere ogni lato di $ABC$ sotto un angolo di $120^\circ$ .

Suggerimento: costruiamo sui lati di $ABC$ , esternamente ad $ABC$ , due triangoli equilateri $ABC'$ ed $ACB'$ . Consideriamo le circonferenze circoscritte ad $ABC'$ e $ACB'$ : queste si intersecano in $A$ e in un secondo punto, che ha delle interessanti proprietà.

Svolgimento.

Detto $P$ il punto di intersezione (diverso da $A$ ) delle circonferenze circoscritte ad $ABC'$ ed $ACB'$ , per il Teorema dell’angolo al centro si ha $A\hat{P}B=A\hat{P}C=120^\circ$ . In particolare, anche $B\widehat{P}C$ ha ampiezza $120^\circ$ , e nuovamente per il Teorema dell’angolo al centro il punto $P$ appartiene anche alla circonferenza circoscritta al triangolo equilatero $BCA'$ costruito sul lato $BC$ . Si può inoltre dimostrare che $P$ è punto di concorrenza delle rette $AA', BB', CC'$ ed il punto che minimizza la somma delle distanze dai vertici.

$\quad$

Figura 24.

$\quad$

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si dimostri che comunque presi sette punti distinti all’interno di un cerchio unitario, due di questi sette punti hanno una distanza $\leq 1$ .

Suggerimento: se sette calzini sono riposti in sei cassetti, c’è almeno un cassetto che contiene almeno due calzini.

Suggerimento bis: se $R$ è un sottoinsieme limitato del piano, diciamo che il suo diametro è la massima distanza tra due punti di $R$ .

Svolgimento.

Un cerchio unitario può essere partizionato in $6$ settori circolari di uguale ampiezza. Per il principio dei cassetti enunciato nel suggerimento, se $7$ punti sono scelti all’interno di un cerchio unitario, almeno due di questi cadono all’interno dello stesso settore circolare. Poiché il diametro di ogni settore circolare è $1$ , la tesi segue immediatamente.

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si determinino area e perimetro della regione grigia rappresentata in figura, assumendo che il raggio della circonferenza interna sia $8$ e quello della circonferenza esterna sia $16$ .

$\quad$

Figura 25.

$\quad$

Svolgimento.

L’assegnata regione a forma di $C$ corrisponde a $\frac{3}{4}$ di corona circolare. Detto $r$ il raggio della circonferenza interna, l’area della regione è pertanto $\frac{3}{4}\cdot \pi \cdot\left[(2r)^2-r^2\right] = \frac{9\pi}{4} r^2$ e il suo perimetro è dato dalla somma dei due archi di circonferenza e dei raggi, ovvero

$\frac{3}{4}\cdot 2\pi(r+2r) + 2r = \left(\frac{9\pi}{2}+2\right)r.$

Sostituendo $r=8$ , l’area è pari a $144\pi$ e il perimetro è pari a $(36\pi+16)$ .

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Siano $P$ e $p$ i perimetri di due triangoli equilateri, rispettivamente circoscritto e inscritto ad una circonferenza di raggio $r>0$ . Determinare il rapporto tra $P$ e $p$ .

Svolgimento.

Senza perdita di generalità, si possono posizionare i due triangoli in modo che i loro lati siano paralleli (vedi figura 26).

$\quad$

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Figura 26: triangoli equilateri, uno circoscritto e l’altro inscritto alla circonferenza.

$\quad$

Vediamo due metodi che si possono adottare per risolvere il problema, quello di similitudine dei triangoli e quello che fa uso dei teoremi di trigonometria sui triangoli rettangoli insieme al teorema della corda.

Analizziamo il primo metodo. I triangoli ${AOH}$ e ${A'OH'}$ sono simili in quanto metà di un triangolo equilatero (l’angono in $O$ vale $60^\circ$ mentre gli angoli in $H$ e $H'$ sono retti. Dunque $\overline{OA'}=2\overline{OH'}=2\overline{OA}$ in quanto sia $\overline{OH'}$ che $\overline{OA}$ sono pari a $r$ . Ciò implica che il rapporto di similitudine dei triangoli è $2$ e quindi $\overline{A'H'}=2\overline{AH}$ e da questo segue che anche il rapporto di similitudine tra i due triangoli equilateri ${A'B'C'}$ e ${ABC}$ è $2$ . Di conseguenza, il perimetro di ${A'B'C'}$ è il doppio di quello del triangolo ${ABC}$ , ovvero

$\boxcolorato{superiori}{P=2p.}$

Svolgimento: secondo metodo.

Vediamo adesso il secondo metodo. Dal triangolo rettangolo ${A'OH'}$ si deduce che

$\overline{A'H'}=\overline{OH'}\tan\left(\frac{\pi}{3}\right) \implies \overline{A'B'}=2\overline{A'H'}=2r\sqrt{3}.$

Invece, applicando il toerema della corda sul lato $AB$ si ottiene che

$\overline{AB}=2r\sin\left(\frac{\pi}{3}\right)= r\sqrt{3}.$

Quindi $\overline{A'B'}=2\overline{AB}$ e pertanto un perimetro è il doppio dell’altro.

Esercizio 31 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . In un pentagono regolare, il rapporto tra le lunghezze di una diagonale e di un lato è $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ . Utilizzando tale risultato e il Teorema di Pitagora, si determini l’area di un pentagono regolare di lato $1$ .

Svolgimento.

È sufficiente calcolare la lunghezza $a$ dell’apotema del pentagono regolare di lato unitario. Posto $\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ e detto $R$ il raggio del cerchio circoscritto al pentagono, considerando il triangolo delimitato da un lato del pentagono e due diagonali abbiamo che $\left(\sqrt{R^2-1/4}+ R\right)^2 + 1/4 = \varphi^2,$ da cui segue $R=\sqrt{\frac{1}{10}(5+\sqrt{5})}$ . Poiché $a=\sqrt{R^2-\frac{1}{4}}$ , vale $a=\sqrt{\frac{1}{20}(5+2\sqrt{5})}$ , dunque l’area del pentagono regolare di lato unitario è data da:

$\frac{5 a}{2} = \frac{5}{2}\sqrt{\frac{1}{20}(5+2\sqrt{5})} = \sqrt{\frac{5}{16}(5+2\sqrt{5})} = \frac{1}{4}\sqrt{25+10{\sqrt{5}}} \approx 1.72.$

La decomposizione in $4$ triangoli rettangoli e un rettangolo illustrata produce ovviamente il medesimo risultato.

$\quad$

Figura 27.

Esercizio 32 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Sui lati di un quadrato $ABCD$ vengono scelti quattro punti $E,F,G,H$ in modo che $EFGH$ risulti a sua volta un quadrato, come in figura. Se l’area di $EFGH$ è $\frac{3}{5}$ dell’area di $ABCD$ , quanto vale il rapporto tra le lunghezze di $AE$ ed $AH$ ?

Svolgimento.

Poiché siamo interessati solo ai rapporti tra le aree e le lunghezze dei lati, possiamo supporre, senza perdita di generalità, che $\overline{AD}=1$ . Denominiamo con $x$ la lunghezza di $AE$ . Si ha $\overline{AH}=1-x$ e, per il Teorema di Pitagora, l’area di $EFGH$ è data da

$x^2+(1-x)^2 = \frac{3}{5}.$

$\quad$

Figura 28.

$\quad$

Tale equazione di secondo grado ha per soluzioni $\frac{5\pm\sqrt{5}}{10}$ , dunque $\overline{AH}=\frac{5\mp \sqrt{5}}{10}$ ; il rapporto tra $AE$ ed $AH$ vale cioè

$\frac{5\pm\sqrt{5}}{5\mp\sqrt{5}} = \frac{(5\pm\sqrt{5})^2}{(5-\sqrt{5})(5+\sqrt{5})} = \frac{30\pm10\sqrt{5}}{25-5} = \frac{3\pm\sqrt{5}}{2}.$

La risposta è dunque

$\boxcolorato{superiori}{ \frac{\overline{AE}}{\overline{AH}} = \frac{3\pm\sqrt{5}}{2}. }$

Esercizio 33 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si dimostri che il secondo Teorema di Euclide segue dal Teorema della corda. In altri termini: sia $ABC$ un triangolo per cui $\hat B{C}A=90^\circ$ e sia $D$ la proiezione di $C$ su $AB$ . Si dimostri che dal Teorema della corda segue:

$\overline{AD}\cdot \overline{DB} = \overline{DC}^2.$

Svolgimento.

Definito $C'$ come il simmetrico di $C$ rispetto ad $AB$ , si ha $A\hat{C}B=A\hat{C'}B=90^\circ$ , dunque $C$ e $C'$ appartengono alla circonferenza di diametro $AB$ . In questa circonferenza $AB$ e $CC'$ sono corde perpendicolari che si intersecano in $D$ ; inoltre $D$ è punto medio di $CC'$ . In particolare:

$\overline{AD}\cdot \overline{DB} = \overline{DC}\cdot \overline{DC'} = \overline{DC}^2,$

che è quanto asserito dal secondo Teorema di Euclide.

Esercizio 34 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Nel triangolo $ABC$ le lunghezze dei lati sono $\overline{AB}=6,\overline{BC}=\overline{CA}=10$ . Detti $H_A$ ed $M_A$ , rispettivamente, il piede dell’altezza uscente da $A$ e il punto medio di $BC$ , si determini la lunghezza della mediana $AM_A$ .

Suggerimento: posto $\overline{BH_A}=x, \overline{H_A C}=y, \overline{AH_A}=z$ , provate che:

$x^2+z^2 = 36,\qquad y^2+z^2=100,\qquad (x+y)^2 = 100.$

Dimostrato che vale $\overline{AM_A}^2 = z^2+\left(\frac{y-x}{2}\right)^2$ , segue $\ldots$

$\quad$

Figura 29.

$\quad$

Svolgimento.

e informazioni contenute nel suggerimento seguono dal Teorema di Pitagora. Si ha inoltre:

$4\cdot \overline{AM_A}^2 = 4z^2+(y-x)^2 = 4z^2+x^2+y^2-2xy$

come pure:

$2(x^2+z^2)+2(y^2+z^2)-(x+y)^2 = 4z^2+x^2+y^2-2xy$

da cui segue:

$4\cdot \overline{AM_A}^2 = 2\cdot 36+2\cdot 100-100 = 172$

e infine

$\boxcolorato{superiori}{\overline{AM_A} = \sqrt{43}.}$

Esercizio 35 $(\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Sia $ABC$ un triangolo acutangolo e sia $H_A$ il piede dell’altezza uscente da $A$ (dunque $H_A\in BC$ e $AH_A\perp BC$ ).

$\quad$

Si dimostri che se $P$ è un punto del segmento $AH_A$ , la differenza tra $\overline{PB}^2$ e $\overline{PC}^2$ non dipende dalla posizione di $P$ su $AH_A$ .
Suggerimento: per il Teorema di Pitagora, $\overline{PB}^2=\ldots$

Posto che sia $\overline{AB}=6, \overline{BC}=8, \overline{CA}=7$ , si determini l’area di $ABC$ e si dimostri che $\overline{AH_A}>5$ .

Svolgimento.

Per il Teorema di Pitagora:

$\overline{PB}^2-\overline{PC}^2 = (\overline{BH_A}^2+\overline{H_AP}^2)-(\overline{H_A C}^2+\overline{H_A P}^2) = \overline{BH_A}^2-\overline{CH_A}^2$

dove il termine destro non dipende da $P$ . Se $\overline{AB}=6,\overline{BC}=8,\overline{CA}=7$ , posto $\overline{BH_A}=x, \overline{H_AC}=y, \overline{AH_A}=z$ , per il Teorema di Pitagora valgono le seguenti identità:

$x^2+z^2=36,\qquad y^2+z^2=49,\qquad x+y=8$

e dal punto precedente $y^2-x^2 = 7^2-6^2 = 13$ , dunque $y-x=\frac{y^2-x^2}{y+x}=\frac{13}{8}$ e $y=\frac{1}{2}\left(8+\frac{13}{8}\right)=\frac{77}{16}$ , come anche:

$\boxcolorato{superiori}{\overline{AH_A} = z = \sqrt{49-\left(\frac{77}{16}\right)^2} =\frac{21}{16}\sqrt{15}.}$

Per verificare che quest’ultima quantità è maggiore di $5$ è sufficiente dimostrare che $21\sqrt{15}>80$ , o che $21^2\cdot 15>6400$ . L’area di $ABC$ è infine determinata da $\frac{1}{2}\overline{BC}\cdot \overline{AH_A}$ , ossia da

$\boxcolorato{superiori}{\frac{21}{4}\sqrt{15}.}$

Esercizio 36 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si determini il diametro del cerchio inscritto in un triangolo rettangolo avente cateti di lunghezze $8\,\mathrm{cm}$ e $15\,\mathrm{cm}$ .

Svolgimento.

In un triangolo rettangolo con cateti $a=8\,\mathrm{cm}$ e $b=15\,\mathrm{cm}$ l’ipotenusa ha lunghezza $c=17\,\mathrm{cm}$ . In qualunque triangolo, detto $r$ il raggio del cerchio inscritto, l’area del triangolo è pari al prodotto di $r$ per il semiperimetro; Poiché l’area di un triangolo rettangolo è il semiprodotto dei cateti, si ha

$r(a+b+c) = ab,$

dunque

$2r = \frac{2ab}{a+b+c}.$

Nel nostro caso specifico il diametro del cerchio inscritto è quindi

$\boxcolorato{superiori}{6\,\mathrm{cm}.}$

Esercizio 37 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Un ottagono regolare è inscritto in una circonferenza di raggio $1$ . Qual è la lunghezza del suo lato? Qual è la sua area?

Svolgimento.

È sufficiente studiare la configurazione riportata in figura. I segmenti blu hanno lunghezza $1$ e i segmenti viola hanno lunghezza $\frac{\sqrt{2}}{2}$ , dunque il segmento rosso ha lunghezza $1-\frac{\sqrt{2}}{2}$ e per il Teorema di Pitagora la lunghezza di ognuno dei segmenti gialli è data da:

$\boxcolorato{superiori}{ \ell = \sqrt{\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2+\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2}=\sqrt{2-\sqrt{2}}.}$

$\quad$

Figura 30.

$\quad$

D’altra parte l’area del quadrilatero riportato è data da:

$\frac{1\cdot 1}{2}+\frac{\sqrt{2}\cdot\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

dunque l’area dell’ottagono inscritto in una circonferenza unitaria è

$\boxcolorato{superiori}{ 2\sqrt{2}.}$

Dal computo del perimetro dell’ottagono segue ad esempio che $\pi>4\sqrt{2-\sqrt{2}}$ .

Esercizio 38 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . L’esagono (irregolare) $ABCDEF$ ha tutti i lati di uguale lunghezza, ed è posizionato in un quadrato di lato $1$ come mostrato in figura. Qual è la lunghezza dei lati dell’esagono?

$\quad$

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Figura 31.

$\quad$

Svolgimento.

Detto $L$ il lato dell’esagono, notiamo che $\overline{FG} = \overline{GE} = 1-L$ . Quindi il triangolo $FGE$ è rettangolo isoscele, e $\overline{GE} = \overline{FE}/\sqrt{2} = L/\sqrt{2}$ . Dato che $\overline{GE} + \overline{ED} = 1$ , risolvendo rispetto a $L$ , abbiamo

$\begin{gathered} \frac{L}{\sqrt{2}} + L = 1; \\[5pt] L\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}} = 1; \\[5pt] L = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}+1} = \frac{\sqrt{2}(\sqrt{2}-1)}{(\sqrt{2}+1)(\sqrt{2}-1)} = 2-\sqrt{2}. \end{gathered}$

La risposta è quindi

$\boxcolorato{superiori}{L=2-\sqrt{2}.}$