5 "PICCOLI" problemi di geometria

[Jean-Paul]

Salve appassionati di "mate", vi snocciolo 5 "problemini"...si accettano suggerimenti grazie:

1)Dato un triangolo ABC, rettangolo in A, prolunga il cateto AB di un segmento BM=AC; quindi costruisci (dalla stessa parte di C rispetto alla retta AM) un segmento MN=AB e perpendicolare ad AM.
a) dimostra che il triangolo NBC è rettangolo e isoscele.
b) posto AB=c, AC=b, BC=a, trova l'area del trapezio AMNC e stabilisci il rapporto tra tale area e quella del triangolo dato.
c) dall'uguaglianza: area(AMNC)=area(ABC)+area(BMN)+area(CBN) deduci la relazione a^2=b^2+c^2, cioè l'espressione algebrica del teorema di Pitagora.

[Soluz. b) rapporto=(b+c)^2/bc]

2)In un triangolo rettangolo ABC è inscritto un quadrato avente un angolo in comune con l'angolo retto C del triangolo. Sapendo che i cateti del triangolo misurano 36a e 48a, determina la misura del lato del quadrato.
[Soluz. 432a/21]

3)In una semicirconferenza di diametro AB è inscritto un quadrilatero convesso ABCD le cui diagonali si incontrano in un punto P tale che risulta PD=7cm e PB=24cm. Sapendo che DC=2AP, determina il perimetro dei due triangoli ADP e BCP (osserva che i due triangoli ABP e CDP sono simili e che i due triangoli rettangoli ABD e APD hanno un lato in comune).
[Soluz. 7(sqrt7+1) cm e 6(7+sqrt7) cm]

4)Dal punto A esterno ad una circonferenza vengono tracciate la tangente AB e la secante AD, lacui parte esterna è AC. Sapendo che AB+AC=2CD e AB=6a, determina la lunghezza del segmento AC.
[Soluz. 4a]

5)Sia ABCD un trapezio con A=D=90°. La diagonale maggiore BD misura 18 cmed interseca l'altezza CH in un punto K distante 4 cm da H. Detto P il punto del segmento AH per il quale risulta PB=9sqrt2 cm, determina il perimetro e l'area del trapezio sapendo che AB/BD=HK/AP. successivamente verifica che l'angolo PKB è retto.
[Soluz. 2(3+8sqrt2+sqrt41) cm, 48sqrt2 cm^2]

Grazie ancora e buon lavoro.

[Paolz]

Ok, vediamo se ce la si può fare...

1-

a) I triangoli $ ABC $ e $ BMN $ sono congruenti poichè hanno per ipotesi $ AB=MN $, $ AC=MB $ e l'angolo in $ A $ uguale all'angolo in $ M $ perchè retti. Quindi ho anche $ BN=BC $, e gli angoli $ \angle MBN $ e $ \angle ABC $ sono complementari poichè $ \angle MBN = \angle ACB $ e gli angoli $ \angle ABC $ e $ \angle ACB $ sono complementari, quindi, per differenza, $ \angle NBC $ è retto. Il triangolo $ NBC $ è quindi rettangolo e isoscele.

b) I lati paralleli sono $ AC $ e $ MN $; $ AB=MN=c $ e $ BM=AC=b $; l'altezza è quindi $ (b+c) $, e le due basi $ b $ e $ c $.
L'area è quindi: $ (b+c)^2/2 $
L'area del triangolo di partenza è $ bc/2 $, quindi il rapporto fra le due aree è: $ (b+c)^2/bc $.

c)L'area di $ AMNC $ è $ (b+c)^2/2 $, quella di $ ABC $ è $ bc/2 $, quella di $ BMN $ è $ bc/2 $ pure lei e quella di $ NBC $ è $ a^2/2 $. Quindi hai:
$ (b+c)^2/2=2bc/2+a^2/2 $
da cui $ b^2+c^2=a^2 $


2-

Chiama $ x $ il lato del quadrato; chiama $ D $ il punto del quadrato su $ AC $, $ E $ il punto del quadrato su $ AB $ e $ F $ il punto del quadrato su $ BC $. La somma dell'area del quadrato CDEF e di quelle dei due triangoli rettangoli $ ADE $ e $ EFB $ è uguale a quella del triangolo $ ABC $.
Area CDEF = $ x^2 $
Area $ ADE $ = $ x(36a-x)/2 $
Area $ EFB $ = $ x(48a-x)/2 $
Area $ ABC $ = $ 1728a^2/2 $.
Imposti l'equazione:
$ 1728a^2/2 $ = $ x(48a-x)/2 $ + $ x(36a-x)/2 $ + $ x^2 $
da cui $ x=432a/21=144a/7 $ (era semplificabile il tuo risultato)

Per ora questi, dopo verranno gli altri...


P.s.: Prima volta col TeX

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

soluzione veloce per il secondo usando la bisettrice dell' angolo retto e la similitudine

$ \displaystyle \boxed{l = \frac{ca}{a+b}\cdot\frac{b}{c}= \frac{ab}{a+b}} $

[Noemi91x]

mi scuso se nn so scrivere ancora in latex

cmq per n 4 basta applicare il teorema della tangente e della secante

quindi
tu hai la relazione

AB+AC=2CD
poni CD=x ,AC=2x-AB,AD=x+AC

applichi il teorema

AC*AD=(AB)^2 ,basta sostituire ottenendo
(2x-6a)(3x-6a)=36a^2 x=5

quini poichè AC=2x-AB,sostituisci e ottieni 4a

[Alex90]

4-

Per il teorema della secante e della tangente sappiamo che $ AB $ è medio proporzionale tra $ AC $ e $ AD $

Ovvero

$ AC:AB=AB:AD $

Inoltre dalle ipotesi

$ AB+AC=2CD $
$ CD=\frac{1}{2}(AB+AC) $
$ CD=\frac{1}{2}(6a+AC) $

$ AD=AC+CD $
$ AD=AC+\frac{1}{2}(6a+AC) $
$ AD=\frac{3}{2}AC+3a $

$ AC=\frac{AB^2}{AD} $
$ AC=\frac{AB^2}{\frac{3}{2}AC+3a} $
$ (\frac{3}{2}AC+3a)AC=AB^2 $
$ \frac{3}{2}AC^2+3aAC-36a^2=0 $
$ AC^2+2aAC-24a^2=0 $

Risolviamo l'equazione di secondo grado

$ \Delta=b^2-4ac=100a^2 $
$ AB=\frac{1}{2}(-2a\pm10a) $

Le soluzioni sono dunque $ 4a $ e $ -6a $ ma visto che siamo in ambito geometrico l'unica soluzione accettabile è $ 4a $

EDIT: ops non ho visto ke noemi aveva risolto mentre io scrivevo che c'ho messo un po' visto che ho scritto tutti i calcoli

[Alex90]

5-

$ \frac{AB}{BD}=\frac{HK}{AP} $
$ AP=AB-PB $
$ AP=AB-9\sqrt2 $
$ \frac{AB}{BD}=\frac{HK}{AB-9\sqrt2} $
$ AB(AB-9\sqrt2)=HK\cdot BD $
$ AB^2 - 9\sqrt2 AB - 4\cdot 18 = 0 $
$ AB^2 - 9\sqrt2 AB - 72 = 0 $
$ \Delta=450 $
$ AB=12\sqrt2 $
segue per il teorema di pitagora
$ AD=6 $
$ CK=AD-KH=2 $
Quindi per similtudine
$ DK=6 $ e $ KB=12 $
segue che
$ HB=8\sqrt2 $ e $ BC=2\sqrt41 $
Concludendo
$ 2p = AD + 2AB - HB + BC = 2(3 + 8\sqrt2 +\sqrt41) $
$ A = \frac{1}{2}(2AB - HB)\cdot AD = 48\sqrt2 $

[Paolz]

Ecco gli altri 2

Premessa: ho omesso le unità di misura

3-

Gli angoli $ \angle ADB $ e $ \angle ACB $ sono retti in quanto inscritti in una semicirconferenza; quindi anche $ \angle ADP $ è retto.
Chiamo $ AP=x $; applicando Pitagora al triangolo $ ADP $ ho che $ AD=\sqrt {x^2-49} $. Ancora per Pitagora, su $ ABD $, ho che $ AB=\sqrt {x^2+912} $. I triangoli $ ABP $ e $ CDP $ sono simili poichè hanno due coppie di angoli che insistono su medesimi archi e una coppia di angoli opposti al vertice. Applicando la similitudine ai lati, ottengo che $ DC=7\sqrt {x^2+912} /x $. Imposto ora l'equazione riprendendo l'ipotesi ancora non considerata, cioè $ DC=2AP $:
$ 2x=7\sqrt {x^2+912} /x $
da cui ottieni come unica soluzione accettabile $ x=4\sqrt7 $. $ AD $ è quindi uguale a $ \sqrt {112-49}=3\sqrt7 $, e il perimetro di $ ABP $ è $ 7+3\sqrt7+4\sqrt7=7(\sqrt7+1) $; allo stesso modo $ CP=168/4\sqrt7=6\sqrt7 $ e per Pitagora $ BC=\sqrt {576-252}=\sqrt 324=18 $. Quindi il perimetro di $ CPB $ è $ 24+18+6\sqrt7=6(7+\sqrt7) $.


5-

Come al solito. Chiamo $ AP=x $, e uso subito la relazione nell'ipotesi, con $ AB=x+9\sqrt 2 $, $ BD=18 $, $ HK=4 $ e $ AP=x $:
$ (x+9\sqrt 2)/18=4/x $,
da cui $ x=AP=3\sqrt 2 $. Posso già calcolare l'area:
$ (12\sqrt 2+4\sqrt 2)6/2=48\sqrt 2. $

Il lato $ BC $ può essere calcolato applicando Pitagora a $ HBC $, sapendo che $ BH=(12-4)\sqrt 2=8\sqrt 2 $:
$ BC=\sqrt {128+36}=\sqrt {164}=2\sqrt 41 $.
Quindi il perimetro è
$ (12+4)\sqrt 2+6+2\sqrt 41=2(8\sqrt 2+3+\sqrt 41) $.

[Jean-Paul]

Grazie di avermi dato delle dritte!!!
...solo un'ultima delucidazione:
per quanto riguarda l'ultimo problema COME POSSO VERIFICARE CHE L'ANGOLO PKB è RETTO?

Grazie e ancora grazie

[Paolz]

Se vale Pitagora sul triangolo $ PKB $, allora c'è un angolo retto, ed è fra i due lati minori ovviamente.
Ti calcoli $ PK $ con Pitagora applicato a $ PHK $: $ PK=3\sqrt 2 $. Nel triangolo $ PKB $ hai $ PK^2+BK^2=PB^2 $, difatti $ 144+18=162 $. Pitagora vale, il triangolo è rettangolo, l'angolo retto è $ \angle PKB $.

[Alfred]

Per risolvere il numero due in modo veloce (oltre al bellissimo metodo di paolz e gabriel ) basta ricordarsi che il rapporto tra area di un triangolo rettangolo e un quadrato in esso inscritto aventi un angolo in comune (ovviamente l' angolo retto) è 2 ( con un approssimazione di 1 a un millesimo,o giù di li.....)
l area del triangolo è 864
quella del quadrato è 432
il lato del quadrato è radice quadrata di 432 =20,78 cm (= 144/7)