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Stage Faenza - Esercitazione Geometria
Esercizi di Geometria Piana
1. *In un quadrilatero convesso 𝐴𝐵𝐶𝐷 i lati 𝐴𝐵, 𝐵𝐶 e 𝐶𝐷 sono uguali, inoltre 𝐴𝐶 = 𝐵𝐷 = 𝐴𝐷. Quanto
vale l’angolo in 𝐷?
2. ***Dato il trianolo 𝐴𝐵𝐶 con 𝐶𝐴𝐵 − 𝐴𝐵𝐶 = 90, detti 𝑀 il punto medio di 𝐴𝐵 e 𝐻 il piede
dell’altezza relativa ad 𝐴𝐵, dimostrae che il raggio della circonferenza circoscritta ad 𝐴𝐵𝐶 è uguale
ad 𝐻𝑀
3. *In un Trapezio Isoscele una diagonale è lunga 22, si sa inoltre che tale diagonale forma con la base
maggiore un angolo di 45. Quanto vale l’area del trapezio?
4. ***Dimostrare che un pentagono inscritto in una circonferenza e tale che ogni sua diagonale sia
parallela ad un lato è necessariamente regolare
5. **Dato un triangolo 𝐴𝐵𝐶 si tracci l’altezza 𝐴𝐻, la bisettrice 𝐵𝐾 e la mediana 𝐶𝑀. Sia 𝐷
l’intersezione fra 𝐴𝐻 e 𝐵𝐾, ed 𝐸 l’intersezione tra 𝐻𝑀 e 𝐵𝐾. Sapendo che 𝐾𝐷 = 2 𝐷𝐸 = 1 𝐸𝐵 =
3, si dimostri che: 𝐻𝑀 è parallelo ad 𝐴𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐴𝐶, 𝐴𝐵 = 𝐵𝐶
6. *Si consideri un quadrato 𝐴𝐵𝐶𝐷 di lato 16. Su due lati consecutivi 𝐴𝐵 e 𝐵𝐶 si costruiscano,
esternamente rispetto al quadrato, due triangoli equilateri 𝐴𝐵𝐸 e 𝐵𝐶𝐹. Quanto vale l’area di 𝐵𝐸𝐹?
7. *Sia 𝐴𝐵𝐶 un triangolo tale che 𝐴𝐶𝐵 = 60. Sia 𝑀 il punto medio di 𝐴𝐵 e 𝐻 e 𝐾 i piedi delle altezze
che partono da 𝐵 e da 𝐴 rispettivamente. Dimostrare che 𝐻𝑀𝐾 è equilatero
8. **Sia dato un triangolo 𝐴𝐵𝐶. Si indichino con 𝑀 ed 𝑁 i puti medi rispettivamente dei lati 𝐴𝐶 e 𝐵𝐶.
Siano inoltre 𝑆 e 𝑇 rispettivamente punti sui lati 𝐴𝐶 e 𝐵𝐶 tali che 3𝐴𝑆 = 𝐴𝐶 e 3𝐵𝑇 = 𝐵𝐶.
Dimostrare che le bisettrici degli angoli 𝐴𝑆𝑇 e 𝐵𝑇𝑆 si incontrano su un punto 𝑃 del lato 𝐴𝐵 se e
solo se 𝐴𝑀𝑁𝐵 è ciclico
9. *Si dimostri che se in un triangolo ci sono due altezze di egual lunghezza, allora il triangolo è
isoscele
10. **Si dimostri che se in un triangolo ci sono due mediane di egual lunghezza, allora il triangolo è
isoscele
11. **Sui lati 𝐴𝐵 e 𝐴𝐶 di un triangolo 𝐴𝐵𝐶 si scelgano due punti 𝑀, 𝑁 in modo tale che 𝐴𝑀: 𝐴𝐵 =
𝐴𝑁: 𝐴𝐶 e si supponga che 𝐵𝑁 = 𝐶𝑀, si dimostri che il triangolo 𝐴𝐵𝐶 è isoscele
12. *Sia 𝐵 un punto interno al segmento 𝐴𝐶 con 𝐴𝐵 di lunghezza 2 e 𝐵𝐶 di lunghezza 3. Costruiti i
triangoli equilateri 𝐴𝐵𝐴’ e 𝐶𝐵𝐶’ dalla stessa parte rispetto ad 𝐴𝐶, quanto misura l’area di 𝐴’𝐵𝐶’?
13. **Sia 𝐴𝐵𝐶𝐷 un rombo, ed 𝐸 un punto qualunque sulla diagonale 𝐴𝐶. Sia 𝐹 il punto sul segmento
𝐵𝐶 tale che 𝐵𝐹 = 𝐷𝐸. Provare che (𝐴𝐵 + 𝐵𝐹) ∗ 𝐹𝐶 = 𝐴𝐸 ∗ 𝐸𝐶
14. *Sia 𝐵𝐶 un triangolo rettangolo in 𝐴 con 𝐴𝐵 cateto maggiore, 𝐴𝐻 l’altezza relativa a 𝐵𝐶. Sulla retta
𝐵𝐶 si prenda 𝐷 tale che 𝐻 sia il punto medio di 𝐵𝐷, e sia poi 𝐸 il piede della perpendicolare
condotta da 𝐶 ad 𝐴𝐷. Dimostrare che 𝐸𝐻 = 𝐴𝐻
15. **Sia 𝐴𝐵𝐶𝐷 un quadrilatero, sia 𝐸 l’intersezione tra le circonferenze di diametri 𝐴𝐵 e 𝐴𝐶 ed 𝐹
l’intersezione tra le circonferenze di diametri 𝐴𝐶 e 𝐴𝐷. Dimostrare che: se 𝐸𝐴𝐷 = 90 allora 𝐵𝐶 è
parallelo ad 𝐴𝐷; se 𝐸𝐴𝐷 = 𝐹𝐴𝐵 = 90 allora 𝐴𝐵𝐶𝐷 è un parallelogramma, e vice versa
*Facile
**Medio
***Difficile o non trattato a lezione
Stage Faenza - Esercitazione Geometria
Soluzioni Esercizi di Geometria Piana
1. 72°
2. Prima soluzione: Sia O il centro della circonferenza circoscritta, che indichiamo con Gamma
. Poiché O sta sull'asse del segmento AB, la tesi è equivalente a dimostrare che CO è parallelo ad
HB. Poiché CA^B è un angolo esterno al triangolo CHA, si ha che HC^A = CA^B - CH^A = AB^C.
Pertanto i triangoli CHA e BHC sono simili. Allora CH : HA = BH : HC e dunque CH2 = HA HB. Per il
teorema della secante e della tangente, questa uguaglianza mostra che CH è tangente a
e dunque perpendicolare al raggio CO. Ma allora CO ed HB sono paralleli in quanto entrambi
perpendicolari a CH. Seconda Soluzione: Per ipotesi sappiamo che C ^ BA = Beta, C ^ AB = 90o +
Beta e dunque A ^ CB = 90o - 2Beta. Poiche il triangolo OCB è isoscele si ha che O ^ CB = O ^ BC.
Poiché il triangolo OAB è isoscele si ha che OA^B = OB^A = Beta + OB^C = Beta + OC^B. Infine,
poiche il triangolo OCA è isoscele si ha che OC^A = OA^C = CA^B - OA^B = 90o - O ^ CB. D'altra
parte O ^ CA = O ^ CB + A ^ CB = O ^ CB +90o -2Beta. Dal confronto di queste ultime due formule
segue che O ^ CB = Beta, e quindi OC è parallelo ad HB (angoli alterni interni uguali rispetto alla
trasversale CB). Terza Soluzione:La retta per A normale a AB incontra la circonferenza in un (altro)
punto A0 per cui risultano eguali gli angoli AA^0C = A ^ BC = C ^ AA0. Allora il triangolo AA0C è
isoscele, l'asse di AA0 è parallelo a AB, passa per C e per il centro O e dunque HMOC è un
rettangolo e HM = OC.
3. 242
4. Prima Soluzione: Detto O il centro del cerchio circoscritto al pentagono ABCDE, si considerino i due
triangoli isosceli BOE e COD: essendo BE parallelo a CD, i due triangoli hanno lo stesso asse r di
simmetria. Allora, rispetto alla retta r, il punto B è il simmetrico di E, mentre il punto C è il
simmetrico di D. Ne segue BC = ED, in quanto segmenti simmetrici rispetto ad r. In modo analogo si
dimostra l'uguaglianza delle altre coppie di lati, per cui il pentagono è equilatero. Per dimostrare
che anche gli angoli del pentagono sono uguali fra lo- ro, basta ricordare che, per ipotesi, il
pentagono è inscrivibile in una circonferenza, ed osservare che a corde uguali corrispondono angoli
alla circonferenza uguali. Seconda Soluzione: L'angolo EA^B è supplementare di BD^E poiché angoli
opposti di un quadrilatero inscritto in una circonferenza, e A ^ ED è supplementare di B ^ DE poiché
essi sono angoli coniugati interni rispetto alle rette parallele AE e BD tagliate dalla trasversale DE.
Gli angoli E ^ AB e A ^ ED sono dunque uguali fra loro. Dunque tutti gli angoli adiacenti (e quindi
tutti gli angoli) del pentagono sono uguali fra loro. Il precedente ragionamento porta a concludere
che il trapezio ABDE è isoscele, da cui AB = DE. Più in generale, due lati non consecutivi del
pentagono sono uguali fra loro, e dunque tutti i lati del pentagono sono uguali tra loro. Terza
Soluzione: Con riferimento al pentagono ABCDE in figura, chiamiamo 1, 2, 3 gli angoli in cui le
diagonali del pentagono dividono l'angolo in A; chiamiamo poi 4 l'angolo B ^ DC e 5 l'angolo D ^ BE.
Tenendo presente che il pentagono è inscrivibile, si ha 1 = 4 perché angoli che sottendono lo stesso
arco BC, 3 = 5 perché angoli che sottendono lo stesso arco DE. D'altra parte, si ha anche 4 = 5,
perché angoli alterni interni rispetto alle rette parallele BE e CD tagliate dalla trasversale BD. Si
conclude cos che 1 = 4 = 5 = 3. Se ora chiamiamo 6 l'angolo A ^ DE, si ha 2 = 6, perché angoli
alterni interni rispetto alle rette parallele AC e ED tagliate dalla trasversale AD. Ripetendo il
ragionamento visto precedentemente in relazione agli angoli 1 e 3, ma facendo riferimento agli
angoli di vertice D (invece che agli angoli di vertice A), si trova 4 = 6 e, di conseguenza, 1 = 4 = 6 = 2.
In definitiva, gli angoli 1, 2, 3, in cui le diagonali dividono l'angolo in A sono uguali fra loro;
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analogamente, la stessa proprietà si dimostra per gli altri angoli. Si ha anche che l'angolo BA^E,
essendo il triplo dell'angolo 1, è uguale all'angolo A ^ BC, che è il triplo dell'angolo 5; procedendo in
modo analogo si dimostra che i cinque angoli del pentagono sono uguali fra loro. Infine, per
dimostrare che anche i lati del pentagono sono uguali fra loro, basta ricordare che il pentagono è
inscrivibile ed osservare che ad angoli alla circonferenza uguali corrispondono corde uguali.
Osserviamo che la sola ipotesi del parallelismo fra lati e diagonali non è sufficiente per concludere
che il pentagono è regolare: ad esempio, l'ipotesi citata è soddisfatta dal pentagono avente i vertici
nei punti di coordinate (0; 0), (2; 0), (1+p5; 2), (2; 1+p5), (0; 2). Si osservi, d'altra parte, che se si
considera un qualsiasi pentagono regolare e lo si trasforma mediante un'affinità, si ottiene un altro
pentagono che non è più regolare (a meno che l'affinità non sia una similitudine), ma in cui è
ancora vero che ogni diagonale è parallela a un lato.
i) I triangoli EMB e KAB sono simili perché MB : AB = EB : KB: e l'angolo in B e in comune. Quindi
KA^B = EM^ B e CA k MH. ii) Per il teorema di Talete si ha CB = 2HB, da cui deduciamo che CH = HB
e che AH e la mediana relativa a CB. Visto che AH per ipotesi e anche l'altezza si ha che il triangolo
ABC e isoscele. iii) Poiché BD = 2DK, il baricentro di ABC si trova sulla retta r passante per D e
parallela ad AC (per il teorema di Talete). D'altra parte, il baricentro si trova anche sulla mediana
AH, e quindi il baricentro è il punto D di intersezione fra queste due rette (si noti che le due rette
non sono parallele, in quanto AC è un lato e AH è una mediana del triangolo ABC). Pertanto BK
passa per il baricentro e quindi è una mediana. Visto che BK è anche bisettrice, BA = BC. Seconda
Soluzione iii) BK è la mediana relativa a CA. Infatti, supponiamo per assurdo che il punto medio di
CA sia K’ diverso da K. Visto che il punto di intersezione di BK 0 con CM (che chiamiamo D 0) è il
baricentro di ABC, si avrebbe K’B/D’B = 3/2 = KB/DB : Quindi, dato che K ^ BK’ = D ^ BD’, il triangolo
DD’B sarebbe simile a KK’B e CM sarebbe parallelo a CA, che è assurdo. Ne deduciamo che K e K’
sono lo stesso punto e che BK è mediana. Visto che per ipotesi BK è anche bisettrice, ABC è isoscele
anche in B e quindi è equilatero.
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La circonferenza passante per A, H e B ha centro in M, poiché il triangolo ABH é rettangolo. Stesso
ragionamento per AKB. Quindi A;H;K e B stanno tutti su una stessa circonferenza di diametro AB e
centro M (il punto medio), da cui MH = MK perché sono raggi. Il triangolo rettangolo CHB ha
l'angolo in C di 60°, quindi KBH = 30°. L'angolo HMK é l'angolo al centro che insiste sullo stesso arco
di KBH, quindi HMK = 60°, da cui segue che HKM é equilatero.
Si supponga che le bisettrici degli angoli AST e BST si incontrino in un punto P del lato AB. Dal
momento che AS/AC = BT/BC, per il teorema di Talete , ST e AB sono segmenti paralleli . Ora ,
poiché per ipotesi ASP = SPA, si ha che il triangolo ASP è isoscele e quindi AS = AP . In modo
analogo si ricava che anche i segmenti BT e BP hanno lunghezze uguali. Ricordando che 3AS=AC e
3BT=BC, si ottiene: AB=AS+BT=1/3(AC+BC). Dalla relazione scritta sopra si ricava inoltre
MA+NB=½(AC+BC) =3AB/2. D’altra parte MN=AB/2 e quindi risulta :MN+AB = AM+BN, condizione
equivalente a dire che il quadrilatero ABMN sia circoscrivibile ad una circonferenza . Si supponga
ora che il quadrilatero ABMN sia circoscrivibile ad una circonferenza, pertanto si ha:
MN+AB=AM+BN. Poiché vale sempre la condizione MN=AB/2, risulta AM+BN=3AB/2 e pertanto si
ricava come prima: AS+BT=AB. Siano ora P1 e P2 i punti di incontro col segmanto AB
rispettivamente delle bisettrici di AST e BST . In modo del tutto analogo al precedente si ricava
AS= AP1 e BT=BP2 . Pertanto AP1+P2B=AB e quoindi necessariamente P1=P2 .
Siano B e C i vertici da cui partono le due altezze uguali, rispettivamente relative ai lati AC e AB.
Calcolando l’area S del triangolo rispetto ad AB e AC e chiamando h la lunghezza comune delle due
altezze, si ha: S= AB*h/2=AC*h/2, da cui AB=AC
10. Siano b e c i verticida cui partono le due mediane uguali, rispettivamente relative ai lati AC e AB,
che intersecano nei punti medi rispettivamente N e M. Chiamamo inoltre O il punto d’incontro
delle mediane (baricentro). Come è noto O divide ciascuna mediana in due parti c di cui quella che
contiene il vertice è lunga doppia dell’altra: poiché le due mediane hanno la stessa lunghezza,
anche i due segmenti CO e BO (che sono lunghi 2/3 della rispettiva mediana) hanno la stessa
lunghezza e perciò il triangolo BOC è isoscele e i triangoli BOM e CON sono congruenti (hanno
due lati corrispondenti e l’angolo compreso della stessa misura: CO e BO come detto,
analogamente NO ed MO, ed i due angoli CON e BOM perché opposti al vertice). Ma allora gli
angoli BCO e CBO hanno la stessa misura (sono angoli alla base di un triangolo isoscele ), come
anche gli angoli OCN e OBM (sono gli angoli corrispondenti di triangoli congruenti). Quindi BCA =
BCO+OCA e CBA= CBO+OBA sono congruenti e abc è isoscele.
11. Per il teorema di Talete, la retta del segmento BC è parallela a quella del segmento MN. Ma allora
gli angoli BCM e CMN ( e quelli NBC e BNM) sono congruenti perché formati da parallele tagliate da
una trasversale. Se O è il punto d’incontro dei segmenti BN e CM, anche COB e NOM sono
congruenti perché opposti al vertice, quindi i triangoli BOC e MON sono simili. Ma allora
BO:ON=CO:OM, da cui sommando nella proposizione, BN:ON=CM:OM. Ma, poiché BN=CM , anche
ON=OM , cioè i triangoli MBC e NCB sono congruenti (hanno CB=BN, BC in comune e congruenti
gli angoli compresi NBC e MCB) e perciò gli angoli BCA e ABC sono congruenti e il triangolo ABC è
isoscele.
3
12. 2 √3
13. Siano, l il lato del rombo, 2a la lunghezza di AC, 2b la lunghezza di BD, d la distanza tra H e E, c la
lunghezza di BE=DE=BF. La relazione da provare diventa perciò: (l+c)(l-c)=(a+d)(a-d). Svolgendo i
prodotti notevoli possiamo trasformare questa relazione in l2-c2 =a2-d2 o anche, riordinando i
termini, i2-a2 = c2-d2 (quest’ultima uguaglianza e quella richiesta sono quindi equivalenti). Ma
questa relazione è semplice da provare: per il teorema di Pitagora applicato rispettivamente ai
triangoli BHC e BHE, sappiamo che l2-a2 = b2 e c2-d2=b2, da cui l2-a2=c2-d2.
14. Il triangolo ABD è isoscele su base BD, perché Ah è altezza e mediana. AH è pertanto ance bisettrice
dell’angolo BAD, e quindi gli angoli DAH e BAH sono uguali. Gli angoli AEC, AHC sono retti per
costruzione; quindi E e H appartengono alla circonferenza Gamma avente AC come diametro. DAH
e BAH sono angoli alla circonferenza per Gamma, DAH insiste sull’arco EH, BAH insiste sull’arco AH
(quest’ultimo si trova nella posizione limite, essendo AB tangente a Gamma in A). Dunque, gli archi
EH, AH di Gamma sono uguali, e perciò sono uguali anche le corde EH, AH, come di doveva
dimostrare.
15. (a) Siano M, N i punti medi di AB e AC rispettivamente; in quanto corda comune ai due cerchi di
diametri AB e AC, AE ` perpendicolare a M N . Se D e N E ◦ , AD e M N , in quanto perpendicolari alla
stessa retta (quella che E AD = 90 contiene EA), sono paralleli; infine per il teorema di Talete, M N `
parallelo e A M B a BC e dunque BC ` parallelo ad AD. e n=5• (b) Similmente a quanto fatto nel
punto (a), detto L il punto medio di AD, si ha che AF ` perpendicolare a N L e, se F AB = 90◦ , anche
AB ` e e perpendicolare a AF e dunque parallelo a N L. Applicando come sopra il e teorema di Talete
si ottiene che allora AB ` parallelo a CD. Quindi, se ◦ , si ha che AB ` parallelo a CD e AD ` parallelo a
E AD = F AB = 90 e e BC, ovvero ABCD ` un parallelogramma. e (c) Di converso, se ABCD ` un
parallelogramma, detti M, N, L i punti medi e di AB, AC, AD come sopra, si ha che AD, BC, M N sono
paralleli e dunque tutti perpendicolari a AE, corda comune alle circonferenze di diametri AB e AC (e
centri M e N ); allo stesso modo, AB, CD, N L sono paralleli e dunque tutti perpendicolari a AF ,
corda comune alle circonferenze di diametri AC e AD (e centri N , L). Quindi E AD = F AB = 90◦