Dimostrare che un triangolo avente un lato coincidente con la base $BC$ di un triangolo isoscele $ABC$ e il vertice opposto $D$ in un punto della bisettrice dell’angolo al vertice di $ABC$, è isoscele.

Svolgimento:
Consideiamo un triangolo isoscele $bar(ABC)$ con vertice $A$ e base $bar(BC)$.
Mandiamo la bisettrice di $A$ che interseca in $F$ la base $bar(BC)$ e su queta semiretta prendiamo un punto $D$.
Ora tracciamo il triangolo $bar{BCD}$. 
Ricordiamo, ora, il teorema che dice "in un triangolo isoscele,
la bisettrice dell’angolo opposto alla base è anche altezza e mediana della base".
Considera i triangoli $bar{BDF}$ e $bar{DCF}$ aventi i lati $bar(BF)$ e $bar(BC)$ congruenti
(per il teorema di prima la bisettrice è mediana); e uguale l’angolo retto $DhatFB$ e $DhatFC$
(la bisettrice è altezza, quindi $BhatFA$ e $ChatFA$ sono retti e $DhatFB$, $DhatFC$ sono 
gli angoli opposti ad un vertice e quindi uguali entrambi ad angolo retto), inoltre hanno $bar(DF)$ in comune.
I due triangoli sono quindi congruenti e come tali hanno congruente anche l’angolo $BhatDF=DhatCF$.
In conclusione il triangolo $bar(BCD)$ quindi ha gli angoli alla base congruenti è quindi è isoscele.

 In un trapezio rettangolo $ABCD$ la lunghezza della differenza delle basi è $36 cm$; essa corrisponde

ai $9/(25)$ della lunghezza della base maggiore $AB$. Sapendo che la diagonale minore $AC$ è perpendicolare al lato obliquo $BC$ e che la lunghezza della base maggiore corrisponde ai $5/3$ della lunghezza del lato obliquo, calcola il perimetro del trapezio e la lunghezza della diagonale $AC$.

Svolgimento:
$bar(AB)-bar(CD)=36cm$
$36=9bar(AB)/25 => bar(AB)=100cm => bar(DC)=64cm$
$bar(AB)=5bar(BC)/3 => 100=5bar(BC)/3 => bar(BC)=60cm$
Applichiamo, ora, il teorema di Pitagora al triangolo $bar{BCH}$
dove $H$ è la proiezione di $C$ su $bar(AB)$:
$bar(AD)=bar(CH)=sqrt(bar(BC)^2-bar(BH)^2)=48cm$
Quindi si ha $2p=100+64+48+60=272cm$

Applichiamo, infine, il teorema di Pitagora al triangolo $bar{ACB}$:
$bar(AC)=sqrt(bar(AB)^2-bar(BC)^2)=80cm$.

 Calcola l’area e il perimetro di un triangolo rettangolo $hat{ABC}$, sapendo che la mediana $AM$ relativa all’ipotenusa è $5/6$ del cateto $AB$ e che la somma di questo e dell’ipotenusa è $64 cm$.

Svolgimento:
Il triangolo, essendo rettangolo, è circoscrivibile da una circonferenza di diametro $bar(CB)$,
con centro nel suo punto medio, che è $M$.
Di conseguenza, $bar(AM)=bar(CM)$ perchè raggi della medesima circonferenza.
$bar(CB)=2bar(AM)=10(bar(AB))/6 => bar(AB)=24cm, bar(CB)=40cm$
Applicando ora il teorema di Pitagora si ha
$bar(AC)=sqrt((bar(CB))^2-(bar(AB))^2)=sqrt(1600-576)=sqrt(1024)=32cm$

Pertanto
$2p=96cm; A=384cm^2$.

Svolgimento:
Chiamiamo $barAB$ il lato di lunghezza $a$ e CH l’altezza relativa a questo lato.
Si ha : $barCH=2*A/a=sqrt(3)a/4$.
Indichiamo con $x$ l’angolo $BhatAC$ e con $2x$ l’anglolo $AhatBC$.
Dal triangolo rettangolo $hat{ACH}$ si ha:
$barAH=sqrt(3)acotgx/4$
Dal triangolo rettangolo $hat{BCH}$ si ha:
$barBH=sqrt(3)acotg(2x)/4$
Si può scrivere l’uguaglianza:
$barAB=a=barAH+BH=sqrt(3)a[cotgx + cotg(2x)]/4$
Semplificando si ottiene l’equazione:
$3sqrt(3)cotg^2x-8cotgx-sqrt(3)=0$
L’unica soluzione positiva (essendo $x<60°$) è $cotgx=sqrt(3)$
Da questa si ottiene $x=BhatAC=30°$ e $2x=AhatBC=60°$.

Indichiamo con M l’intersezione di EF con la tangente in C e sia $a$ l’angolo ABC;sara’ allora:

$DhatEB=90°$ $-EhatBD=90°$ $-AhatBC=90°-a$
$MhatCF=MhatCA=AhatBC=a$ perche’ angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco AC.

Inoltre ,essendo $AhatCB=EhatCF=90°$, ne segue:

$MhatCE=EhatCF-MhatCF=90°-a$; $FhatEC=DhatEC=DhatEB=90°-a$.

Pertanto i triangoli EMC ed FMC sono entrambi isosceli,il primo sulla base EC ed il secondo
sulla base FC.In conclusione e’:

EM=MC=MF e cio’ prova che M e’ il punto medio di EF.