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Sessione ordinaria 1994 Liceo di ordinamento Soluzione di De Rosa Nicola
3) Considerato un triangolo ABC, isoscele sulla base BC, indicare con D il piede della sua
altezza condotta per C e costruire il triangolo ECD, isoscele sulla base CD e simile a quello
=
BC 4
dato, in modo che il punto E cada dalla stessa parte di A rispetto a BC. Sia e
=
CD 2 3 . ^
a) Dimostrare che l'angolo è retto.
ECB
b) Riferito il piano della figura ad un conveniente sistema di assi cartesiani ortogonali, trovare
l'equazione della circonferenza K passante per i punti A, C, D.
c) Spiegare perché K passa pure per E.
d) Detto F il punto in cui K seca ulteriormente CB, calcolare le aree delle due regioni piane in
cui il minore degli archi DF di K divide il quadrilatero ABCE.
a)
Consideriamo la figura seguente:
Il lato BD del triangolo rettangolo BDC è per il teorema di Pitagora:
= − = − = =
2 2
BD BC DC 16 12 4 2
Inoltre sfruttando la trigonometria applicata allo stesso triangolo si può affermare che:
π π
( ) ( ) BD 1
α α α α
= → = = → = → = = = =
ˆ ˆ ˆ
BD BC B
C A B
A
C C B
A
sin sin 2
BC 2 6 3
Per cui il triangolo ABC è equilatero.
Poiché il triangolo DEC è simile al triangolo ABC allora sarà anch’esso equilatero per cui
π π π π
α
= = = → = + = + =
ˆ ˆ
ˆ ˆ ˆ
D
E
C D
C E E
D
C E
C B D
E
C
3 3 6 2
b) 1
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Innanzitutto si osserva che il triangolo ADC è anch’esso rettangolo dal momento che
π π π
π π
= − − = − − =
ˆ ˆ
ˆ
A
D
C D
A
C D
C A quindi esso è inscrivibile in una semicirconferenza col
3 6 2
diametro pari all’ipotenusa. Quindi per fare in modo che i punti A,C e D appartengano alla
circonferenza dobbiamo scegliere il sistema di riferimento in modo che la circonferenza abbia come
diametro l’ipotenusa AC.
Questa considerazione ci induce a scegliere allora come sistema di riferimento un sistema che abbia
il centro nel punto medio dell’ipotenusa AC del triangolo ADC. Con queste considerazioni, il
AC = e la sua equazione sarà allora:
raggio della circonferenza sarà pari ad AO= 2
2
+ = =
2 2 2
x y r 4
c)
Per dimostrare che anche E appartiene alla circonferenza basta dimostrare che il triangolo AEC è
rettangolo, perché se così fosse il triangolo AEC che ha un lato (coincidente con l’ipotenusa se
fosse rettangolo) coincidente col diametro sarebbe inscrivibile nella semicirconferenza.
Consideriamo a tal proposito la seguente figura: 2
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π π π α
= − = − = =
ˆ ˆ ˆ
L’angolo E
C O A
C B A
C D per cui il triangolo ECO è isoscele da cui
2 3 6
EO=OC. Ma OC=AO per cui di conseguenza EO=AO cioè il triangolo AOE è isoscele per cui
π π π
π − ˆ
E
O
G π π
= = = = − − = − − =
ˆ ˆ ˆ ˆ
ˆ ˆ
O
A
E O
E
A . Ma E
O
G C O
H C H
O O
C H per cui
2 2 6 3
π
π −
π π π π π
− ˆ
E
O
G 3
= = = = = + = + =
ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ
O
A
E O
E
A da cui A
E
C A
E
O O
E
C
2 2 3 3 6 2
d)
Calcoliamo ora i punti A,B,C,D,E,F nel sistema di riferimento considerato:
π π
⎛ ⎞ ⎛ ⎞
AC
= = =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
LO AO sin sin 1
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
6 2 6
π π
⎞ ⎛ ⎞
⎛ AC
= = =
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
AL AO cos cos 3
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
6 2 6
( )
= −
A 1
, 3
Per cui 3
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