3^A - MATEMATICA compito n°2 - 2014

3^A - MATEMATICA
compito n°2 - 2014-2015
1. Il triangolo ABC ha come lati le rette r : y= x2 , s : x4=0 , t : x−3 y22=0 .
Disegna le rette r, s, t e determina:
a. le coordinate dei vertici A=r∩s , B=s∩t , C =t∩r ;
b. l'area del triangolo;
c. le coordinate del baricentro G del triangolo;
d. l'equazione della mediana BM, verificando che il baricentro le appartenga;
e. le coordinate dell'ortocentro K e del circocentro J del triangolo.
f. Verifica che i punti G, K, J appartengono ad una stessa retta, detta retta di Eulero (quello dei
diagrammi, e di mille altre cose), e trova l'equazione di tale retta;
g. Determina l'equazione della circonferenza circoscritta al triangolo, verificando che il vertice A
appartenga a tale circonferenza.
h. Determina le equazioni delle bisettrici degli angoli formati dalle rette r ed s, e individua tra di
esse la bisettrice dell'angolo interno del triangolo.
i. Verifica che tali bisettrici sono perpendicolari, e dimostra con metodo sintetico che tale
proprietà è vera in generale per le bisettrici di due angoli adiacenti.
j. Per ciascun vertice del triangolo ABC, conduci la retta parallela al lato opposto.
Determina (senza svolgere calcoli) l'area del triangolo DEF così ottenuto.
2. Dati i punti A3 ,−1 , B 5 ,−1 e la retta r : y=x−1 , determina l'equazione cartesiana
del luogo geometrico L dei baricentri dei triangoli ABC, al variare del punto C su r.
Disegna il grafico del luogo ottenuto. Cosa osservi?
Spiega come sia possibile giungere alle stesse conclusioni con considerazioni sintetiche.
3^A - Correzione compito n°2
s
K
1.
a.
{
⇒ B −4 , 6 ;
{x=−4
y= x22/3=6
x22
y=x2
⇒ x2=
⇒
{y= x22/3
3
H
C
y=x2=−2 ⇒ A−4 ,−2
;
x=−4
B
t
G
M
J
3 x6= x22 ⇒ x=8 ⇒ C 8 , 10 .
b.
Area ABC = AB⋅CH / 2=
r
 y B − y A  x C − x H / 2=8⋅12/ 2=48 .
c.
xG=
A
x A x B  x C
y y y
14
14
=0 ; y G = A B C =
⇒ G 0 ,  .
3
3
3
3
d. Punto medio di AB: M 2 , 4 . Equazione della mediana (passaggio per B e per M):
mq=6 ⇒ 6 m=−2 ⇒ m=− 1 ⇒ − 2 q=4 ⇒ q= 14 ⇒
{−4
3
3
3
2 mq=4
Sostituiamo le coordinate di G nell'equazione di BM:
1
14
y=− x
.
3
3
14
1
14
=− ⋅0
vera ! ⇒ G ∈BM .
3
3
3
e. L'equazione dell'altezza relativa ad AB è immediata: y=10 .
Dal testo del problema, vediamo che la retta AC ha coefficiente angolare m AC =1 , quindi l'altezza
ad essa relativa ha maltezza =−1 . Imponiamo il passaggio per il vertice B:
−1⋅−4q=6 ⇒ q=2 ⇒ y=−x2 (equazione altezza relativa ad AC).
Con procedimento analogo, l'altezza relativa a BC ha equazione: y=−3 x−14 .
L'equazione dell'asse del segmento AB è immediata: y=2 .
Anche per l'asse di AC abbiamo: masse =−1 . Imponiamo il passaggio per il punto medio M:
−1⋅2q=4 ⇒ q=6 ⇒ y=−x6 (equazione asse del segmento AC).
Con procedimento analogo, l'asse del segmento BC ha equazione: y=−3 x14 .
y=2
⇒ K −8 ,10 ;
⇒ J 4 , 2 .
{y=10
{
y=−x2
y=−x6
f. Imponiamo il passaggio per i punti K e J:
mq=10 ⇒ 12 m=−8 ⇒ m=− 2 ⇒ − 8 q=2 ⇒ q= 14 ⇒
{−8
3
3
3
4 mq=2
Sostituiamo le coordinate di G nell'equazione di JK:
2
14
y=− x
.
3
3
14
2
14
=− ⋅0
⇒ G ∈ JK .
3
3
3
g. La circonferenza circoscritta al triangolo è il luogo dei punti equidistanti dai vertici, ovvero il luogo
dei punti P  x , y  aventi dal circocentro J distanza uguale al raggio JA=JB= JC =4  5 :
PJ =r ⇒
 x−42 y−22=4  5
⇒ x 2 y 2−8 x−4 y−60=0 .
Sostituiamo le coordinate di A nell'equazione della circonferenza:
164328−60=0 vera ! ⇒ A∈circ .
h. Determiniamo le bisettrici come luogo dei punti equidistanti dalle due rette:
∣x− y2∣
=∣x4∣ ⇒ x− y2=± 2 x4 ⇒
2
{
b1 : y=1−  2 x2−4  2
.
b 2 : y=1  2 x24  2
La bisettrice dell'angolo interno è b2, in quanto ha coefficiente angolare positivo.
i.
m1⋅m2=1−  21  2=−1 ⇒ b1 ⊥b 2 .
s
b2
Dimostrazione sintetica: due rette r ed s si intersecano formando angoli
b1
adiacenti di ampiezze a e 180 °− . Le bisettrici formano con r ed s
r
angoli di ampiezze  /2 e 90 °−/ 2 .
L'angolo tra le bisettrici è quindi: / 290 °−/2=90 ° c.v.d.
D
j. I quadrilateri ABCE, ABDC, AFBC sono parallelogrammi per
definizione, avendo i lati opposti paralleli. Quindi il triangolo DEF è
C
formato da quattro triangoli congruenti al triangolo ABC, e la sua area
B
misura: Area DEF =4 Area ABC =192 .
E
In alternativa, possiamo osservare che i triangoli ABC e DEF sono
simili (per uno qualunque dei tre criteri), con rapporto di similitudine
A
F
k =2 , e quindi il rapporto delle loro aree è k 2=4 .
2. Poiché il vertice C deve appartenere alla retta r, le sue
coordinate saranno: C t , t−1 .
C'
Quindi il baricentro G avrà coordinate:
xG=
8t
t−3
, yG=
3
3
C
che sono le equazioni parametriche del luogo L. Per ottenere
G'
l'equazione cartesiana, ricaviamo il parametro da un'equazione:
t=3 x−8 ,
e
lo
sostituiamo
nell'altra: y= x−11/3 .
G
r
Osserviamo che il luogo L è una retta parallela ad r.
L
A
M
B
Per via sintetica, avremmo potuto osservare che, detto M il punto medio del segmento AB, il
baricentro G divide il segmento CM in due parti tali che CG=2 GM .
Anche considerando una diversa posizione C' su r, avremo C ' G ' =2 G ' M .
Per una conseguenza del teorema di Talete (o, se preferisci, per il secondo criterio di similitudine) “una
retta che determina su due lati di un triangolo segmenti proporzionali, è parallela al terzo lato” c.v.d.
3^C PNI – MATEMATICA
compito n°2 - 2011-2012
1. Dato il triangolo di vertici A0 , 3 , B2 ,−1 , C −2 ,−5 , determina:
a. le equazioni della mediana BM, dell'altezza BH e dell'asse relativi al lato AC;
b. le coordinate del baricentro G, dell'ortocentro K e del circocentro D del triangolo;
c. l'area del triangolo;
d. l'equazione del luogo dei punti aventi dal circocentro D distanza uguale a DA ;
e. le aree dei due triangoli in cui la mediana BM divide il triangolo ABC;
f. le coordinate del punto E tale che il quadrilatero ABEC sia un parallelogramma.
2. Il vertice A di un triangolo ABC ha coordinate A−1 ,−1 . L'altezza e la mediana uscenti dal
5
17
6
16
vertice C hanno rispettivamente equazioni y=− x
e y=− x
.
4
4
7
7
Calcola le coordinate dei vertici B e C del triangolo.
3. Dimostra con metodo analitico che le altezze dei lati di un triangolo generico si intersecano in un
punto. Se lo ricordi, dimostra con metodo sintetico (euclideo) che anche gli assi dei lati di un
triangolo generico si intersecano in un punto.
3^C - Correzione compito n°2
1.
a. Punto medio del lato AC: M −1 ,−1 . Poiché B ed M hanno la
stessa ordinata, l'equazione della mediana BM è semplicemente:
y=−1 . Coefficiente angolare AC: m AC =
A(0 , 3)
y 8
= =4 .
x 2
H
Sia l'altezza che l'asse relativi ad AC hanno coefficiente angolare:
1
1
mh=−
=− .
m AC
4
M
B(2 , -1)
L
L'altezza passa per il vertice opposto B, quindi la sua equazione è:
1
1
1
y− y B =m h  x− x B  ⇒ y1=−  x−2 ⇒ y=− x− .
4
4
2
C(-2 , -5)
L'asse passa per il punto medio M, quindi:
E
M
1
1
5
1
5
y=− xq ⇒ q=−1 ⇒ q=− ⇒ y=− x− .
4
4
4
4
4
b. Coordinate del baricentro: x G =
x A x B  x C
y  y B y C
=0 , y G = A
=−1 ⇒ G 0 ,−1 .
3
3
Per determinare le coordinate dell'ortocentro, devo ricavare l'equazione di un'altra altezza. Con il
1
metodo precedente, ottengo: y=−x3 relativa a BC, oppure y= x−4 relativa ad AB.
2
Mettendo a sistema due di tali equazioni, ricavo: K 
14 5
,−  .
3
3
Per determinare le coordinate del circocentro, devo ricavare l'equazione di un altro asse. Dal metodo
precedente, oppure come luogo geometrico, ottengo l'asse del lato BC: y=−x−3 , oppure quello
1
1
7 2
del lato AB: y= x . La loro intersezione fornisce D − ,−  .
2
2
3 3
c. Scegliendo come base il lato AC, ricavo: AC =  2282=  68=2  17 . Avendo m AC =4 , e
poiché q= y A =3 , ricavo l'equazione del lato AC: y=4 x3 ⇒ 4 x− y3=0 . La misura
dell'altezza relativa al lato AC è data dalla distanza del punto B dalla retta AC:
∣ax B by Bc∣ ∣813∣
d  B , AC =
 a b
2
2
=
 161
=
12
1
12
=12 .
. Quindi: Area ABC = ⋅2  17⋅
2
 17
 17
d. Un punto P  x , y appartiene al luogo geometrico se PD=DA .

2
2
7 2
2 2 170
Poiché DA=  7   11  =  170 , devo imporre:  x   y  =
, da cui ricavo:
3
3
9
3
3
3
2
2
x y 
14
4
x y−13=0 . Naturalmente, il luogo è la circonferenza circoscritta al triangolo.
3
3
e. I due triangoli hanno basi uguali e stessa altezza BH, per cui le loro aree sono uguali:
Area ABM = Area BMC =6 .
f. Chiamo L0 ,−3 il punto medio del lato BC. Il punto E è il simmetrico di A rispetto ad L:
{
x E =2 x L− x A=0
⇒ L0 ,−9 .
y E =2 y L − y A=−9
2. Il vertice C è il punto di intersezione tra la mediana e l'altezza date:
5
17
6
16
− x =− x
⇒ −35 x119=−24 x64 ⇒ 11 x=55 ⇒ x=5 ⇒ y=−2 .
4
4
7
7
Quindi C 5 ,−2 . La retta del lato AB deve essere perpendicolare all'altezza uscente da C:
mh=−
5
4
4
4
1
⇒ m AB = ⇒ y− y A=m AB  x− x A  ⇒ y1=  x1 ⇒ y= x− .
4
5
5
5
5
Essa interseca la mediana uscente da C nel punto medio M del lato AB:
4
1
6
16
3
3
x− =− x
⇒ 28 x−7=−30 x80 ⇒ 58 x=87 ⇒ x= ⇒ y=1 ⇒ M  ,1 .
5
5
7
7
2
2
Il vertice B è il simmetrico di A rispetto ad M:
ez
na
y
za
ia
x B =2 x M − x A =4
⇒ B 4 , 3 .
y B =2 y M − y A =3
B(4, 3)
a lt
me
d
{
C (a , b)
M
A(-1, -1)
A(0 , 0)
B(1 , 0)
x
C(5, -2)
3. Dato il generico triangolo ABC, posso, senza perdere di generalità, fare coincidere il vertice A con
l'origine degli assi cartesiani e scegliere l'unità di misura coincidente con la lunghezza del lato AB. In
questo modo, i vertici del triangolo avranno coordinate: A0 , 0 , B 1 ,0 , C a , b .
E' evidente che l'altezza relativa al lato AB ha equazione x=a . Il lato BC ha coefficiente angolare:
m BC =
y
1
1−a
b
=
=
, quindi il coefficiente angolare dell'altezza relativa sarà mh=−
.
m BC
b
 x a−1
Poiché l'altezza passa per il vertice A, coincidente con l'origine, la sua equazione è: y=
Ricavo poi il coefficiente angolare del lato AC: m AC =
mh=−
1−a
x .
b
y b
=
, quello dell'altezza relativa:
x a
1
a
a
=− , e, imponendo il passaggio per B, l'equazione dell'altezza: y=−  x−1 .
m AC
b
b
Mettendo a sistema l'equazione x=a con le equazioni delle altre due altezze, ricavo lo stesso punto
di intersezione (ortocentro) di coordinate a ,
a 1−a
 c.v.d.
b
3^F - MATEMATICA
compito n°2 - 2014-2015
1. Dato il triangolo di vertici A5 ,1 , B 2 ,−4 , C −1 ,−1 , determina:
a. l'equazione del lato AC;
b. l'area del triangolo;
c. le equazioni della mediana BM, dell'altezza BH e dell'asse del lato AC;
d. le coordinate del baricentro G, dell'ortocentro J e del circocentro K del triangolo, verificando
che sono allineati;
e. l'equazione della circonferenza circoscritta al triangolo ABC, verificando che essa passi per il
vertice C;

f. l'equazione della bisettrice dell'angolo CBM
;
g. le coordinate di un punto D tale che il quadrilatero ABCD sia un parallelogrammo;
h. l'area del triangolo ABG.
2. Due lati di un rombo si trovano sulle rette di equazione x2 y−1=0 e 2 x y−14=0 e il
punto di intersezione delle diagonali ha coordinate H 0 , 5 . Determina i vertici del rombo.
3^F - Correzione compito n°2
1.
a. Imponiamo il passaggio per i punti A e C:
D
{
1
2
5 mq=1
⇒ 6 m=2 ⇒ m= ⇒ q=− .
3
3
−mq=−1
1
2
Equazione del lato AC: y= x− ⇒ x−3 y−2=0 .
3
3
b.
A
2
2
AC =  6 2 =  40=2  10 .
M
H
C
∣212−2∣ 12
BH =d  B , AC =
=
.
 132  10
K
G
J
1
1
12
Area ABC = ⋅AC⋅BH = ⋅2  10⋅
=12 .
2
2
 10
B
c. Punto medio del lato AC: M 2 , 0 .
Equazione mediana BM: x=2 (retta parallela all'asse delle ordinate).
maltezza =masse =−
1
=−3 ⇒ y=−3 xq .
m AC
Passaggio per B: −6q=−4 ⇒ q=2 . Equazione altezza BH: y=−3 x2 .
Passaggio per M: −6q=0 ⇒ q=6 . Equazione asse di AC: y=−3 x6 .
d.
xG=
x A x B  x C
y y y
4
4
=2 ; y G = A B C =− . G 2 ,−  .
3
3
3
3
Per determinare le coordinate dell'ortocentro, applichiamo nuovamente il metodo precedente per
ricavare
l'equazione
di
un'altra
altezza;
otteniamo
così y= x−4 (relativa
a
BC)
o
y=−3/5 x−8/5 (relativa ad AB).
x2 ⇒ x−4=−3 x2 ⇒ 4 x=6 ⇒ x= 3 ⇒
{y=−3
2
y= x−4
y=−
5
3 5
⇒ J  ,−  .
2
2 2
Per determinare le coordinate del circocentro, ricaviamo l'equazione di un altro asse, o con il
metodo precedente, o vedendolo come luogo geometrico, ottenendo quindi y=x−3 (di BC) o
y=−3/5 x3/5 (di AB).
x6 ⇒ x−3=−3 x6 ⇒ 4 x=9 ⇒ x= 9 ⇒
{y=−3
4
y=x−3
y=−
3
9
3
⇒ K  ,−  .
4
4 4
Per verificare che i punti G, J, K sono allineati, determiniamo l'equazione della retta GJ:
{
1
7
7
−14 4
7
2 mq=−4/3
⇒ m= ⇒ m= ⇒ q=
− =−6 ⇒ y= x−6 .
2
6
3
3
3
3
3/ 2 mq=−5/ 2
Sostituiamo le coordinate di K nell'equazione di GJ:
7 9
3
⋅ =− vera ! ⇒ K ∈GJ .
3 4
4
e. La circonferenza circoscritta al triangolo ABC è il luogo dei punti P  x , y che hanno dal
circocentro K distanza uguale a KC (o KA o KB):


2
2
Calcoliamo il raggio: KC =  9 1 1− 3  = 170 .
4
4
16
PK =KC ⇒


9 2
3 2
170
9
3
 x−   y  =
⇒ x 2 y 2− x y−5=0 .
4
4
16
2
2
9 3
Sostituiamo le coordinate di C nell'equazione della circonferenza: 11 − −5=0 vera ,
2 2
quindi la circonferenza passa per C.
f. La bisettrice di un angolo è il luogo dei punti P  x , y che hanno la stessa distanza dai lati:
∣x y2∣
=∣x−2∣ ⇒ x y2=± 2 x−2 ⇒ y=−1  2 x2  2−1
2
in quanto osserviamo dal grafico che la bisettrice richiesta ha coefficiente angolare negativo.
g. Il vertice D è il simmetrico di B rispetto al punto medio M del lato AC:
{
x D =2 x M − x B=4−2=2
⇒ M 0 , 4 .
y D =2 y M − y B =04=4
1
1 4
1 8
Area ABG =  y G − y B  x A− x B = − 45−2= ⋅ ⋅3=4 .
2
2 3
2 3
h.
2. Un vertice è il punto di intersezione delle rette date:
x=1−2 y
⇒ 3 y=−12 ⇒
{2−4
y y−14=0
C
y=−4 ⇒ x=18=9 ⇒ A9 ,−4 .
D
Il vertice opposto ad A è il simmetrico rispetto ad H:
{
H
x C =2 x H − x A=0−9=−9
⇒ C −9 ,14 .
y C =2 y H − y A=104=14
Gli altri due vertici possono essere determinati
B
imponendo che i lati opposti siano paralleli o, in
maniera lievemente più rapida, imponendo che le
diagonali siano perpendicolari:
m AC =
 y −4−14
=
=−1 ⇒ m BD =1 ⇒ y= xq ⇒ q=5 ⇒ y=x5 (eq. diagonale BD).
99
x
I vertici B e D sono i punti di intersezione della diagonale BD con le rette date:
y=x5
⇒ x2 x10−1=0 ⇒ x=−3 ⇒ y=2 ⇒ B −3 , 2 ;
{x2
y−1=0
⇒ 2 x x5−14=0 ⇒ x=3 ⇒ y=8 ⇒ D 3 , 8 .
{2y=x5
x y−14=0
A