3^C - MATEMATICA compito n°2 - 2016

3^C - MATEMATICA
compito n°2 - 2016-17
Prendi l'unità di misura corrispondente ad almeno 4 quadretti.
I punti A−2 , 1 , B 1 , 4 , C 2 .−3 sono vertici di un triangolo.
a. Spiega (preferibilmente in due modi diversi) di quale genere di triangolo si tratta e calcolane
perimetro ed area.
b. Determina le equazioni dei lati del triangolo ABC.
c. Determina l'equazione della mediana AM relativa al lato BC e le coordinate del baricentro G.
Verifica che G ∈ AM e che AG=2 GM . Spiega il significato di tale uguaglianza.
d. Determina l'equazione dell'altezza AH relativa al lato BC e (preferibilmente senza svolgere
calcoli) le coordinate dell'ortocentro del triangolo ABC.
e. Determina (preferibilmente senza svolgere calcoli) l'equazione della bisettrice (interna) AJ
relativa al lato BC e della bisettrice degli angoli esterni di vertice A del triangolo ABC.
f. Determina le coordinate del punto J in cui la bisettrice AJ taglia il lato BC e verifica la validità
del teorema della bisettrice dell'angolo interno di un triangolo.
(Riportiamo l'enunciato di tale teorema, non per mancanza di fiducia nelle tue conoscenze, ma per semplice
comodità: “In un triangolo, la bisettrice di un angolo interno divide il lato opposto in due parti direttamente
proporzionali ai lati adiacenti”).
g. Determina (preferibilmente in due modi diversi) l'equazione dell'asse del segmento BC e
(preferibilmente senza svolgere calcoli) le coordinate del circocentro del triangolo ABC.
h. Scrivi l'equazione del fascio proprio di rette di centro B.
Determina per quali valori del coefficiente angolare m si ottengono rette del fascio aventi una
distanza dal vertice A maggiore o uguale di 3/  5 .
Determina (tramite considerazioni di geometria sintetica) l'equazione della retta del fascio che
ha la massima distanza dal vertice A e indica il massimo valore di tale distanza.
3^C - Correzione compito n°2
x=-2
a. Primo metodo. Calcoliamo le lunghezze dei lati del triangolo:
B
AB=  3232=3  2 ; AC =  4 24 2=4  2 ;
BC =  1272=  50=5  2 .
2
2
Poiché AB  AC =1832=50=BC
H
A
2
, allora risulta verificato
il teorema di Pitagora, per cui il triangolo ABC è rettangolo in A.
y=1
J
M
asse
Secondo metodo. m AB =1 ; m AC =−1 .
Poiché m AB⋅m AC =−1 , allora le rette AB ed AC sono
C
perpendicolari, e quindi il triangolo ABC è rettangolo in A.
1
1
2 p ABC = AB AC BC =12  2 . S ABC = AB⋅AC = 3  2⋅4  2=12 .
2
2
b. Eq. lato AB: y− y A =m AB  x−x A  ⇒ y−1= x2 ⇒ y= x3 .
Eq. lato AC: y− y A=m AC  x− x A  ⇒ y−1=− x2 ⇒ y=−x−1 .
Eq. lato BC:
⇒ m=−7 ; q=11 ⇒ y=−7 x11 .
{mq=4
2 mq=−3
3 1
1 2
c. Punto medio M del lato BC: M  ,  . Baricentro triangolo ABC: G  ,  .
2 2
3 3
Eq. mediana AM:
{
1
5
1
5
−2 mq=1
⇒ m= ; q= ⇒ y=− x .
7
7
7
7
3/ 2 mq=1/2
Sostituiamo le coordinate di G nell'eq. di AM:


2
1 1 5
2 14
=− ⋅  ⇒ =
vero ⇒ G ∈ AM .
3
7 3 7
3 21


2
1
2 2
49 1 5
3 1 2 2 1 2
7 2 1 2 5
AG=  2 1−  =
 =  2 ; GM =  −   −  =     =  2 .
3
3
9 9 3
2 3
3 2
6
6
6
Quindi AG=2 GM , in accordo con il teorema per cui “il baricentro di un triangolo divide ciascuna
mediana in due parti tali che quella che contiene il vertice è doppia dell'altra”.
d.
AH ⊥ BC ⇒ m AH =−
1
1
1
1
9
= ⇒ eq. AH : y−1=  x2 ⇒ y= x .
m BC 7
7
7
7
Poiché il triangolo ABC è rettangolo in A, ciascun cateto è altezza relativa al cateto opposto, per cui
l'ortocentro del triangolo (punto di intersezione delle altezze) è il vertice A dell'angolo retto.
e. Primo metodo. Poiché m AB =1 e m AC =−1 , le rette AB ed AC formano entrambe angoli uguali, che
misurano 45°, con la retta passante per A e parallela all'asse x, di equazione y=1 , che quindi è la
bisettrice dell'angolo in A interno al triangolo.
Poiché le bisettrici di due angoli adiacenti sono complementari, la bisettrice degli angoli esterni di
vertice A avrà equazione x=−2 .
Secondo metodo. Le bisettrici degli angoli di vertice A sono formate da tutti e soli i punti equidistanti
dalle rette AB ed AC. Indichiamo P  x , y il punto generico di tale luogo:
d  P , AB=d  P , AC  ⇒
∣x− y3∣ ∣x y1∣
2
=
2
⇒ x− y3=± x y1
Risolvendo le due eq. ottenute, ritroviamo nuovamente le eq. y=1 e x=−2 .
f.
10
10
⇒ x=
⇒ J  ,1 .
{y=1
7
7
y=−7 x11


15
20
3 2 2
450 15
BJ =   3 =
=  2 . CJ =BC −BJ =5  2−  2=  2 .
7
7
7
49
7
BJ CJ
15/7  2 20/7  2
5 5
=
⇒
=
⇒ = vera !
AB AC
7 7
3 2
4 2
g. Primo metodo. Per definizione, l'asse di un segmento è la retta perpendicolare al segmento stesso e
passante per il suo punto medio.
masse BC =maltezza BC =
1
1 1
3
1
2
⇒ y− y M =masse  x− x M  ⇒ y− =  x−  ⇒ y= x .
7
2 7
2
7
7
Secondo metodo. L'asse di un segmento è il luogo dei punti equidistanti dagli estremi del segmento:
PB=PC ⇒
  x−12 y−42=  x−22 y32
⇒
1
2
x 2−2 x1 y 2−8 y16= x 2 −4 x4 y 26 y9 ⇒ 2 x−14 y4=0 ⇒ y= x .
7
7
3 1
Il circocentro del triangolo rettangolo è il punto medio dell'ipotenusa: M  ,  .
2 2
Se non ricordi o non conosci questa proprietà, devi ricavare l'equazione di uno degli assi degli altri lati: y=−x2 per il
lato AB o y= x−1 per il lato AC, e trovare il punto di intersezione tra due dei tre assi.
h. Eq. fascio proprio di centro B: y− y B =m x−x B  ⇒ y−4=m x−1 ⇒ mx− y−m4=0 .
Imponiamo la condizione sulla distanza:
∣−2 m−1−m4∣ 3∣1−m∣
 m21
=
 m21
≥
3
.
5
Poiché il valore assoluto ha segno positivo o nullo e il radicale è strettamente positivo, possiamo
dividere per 3, “eliminare” i den. ed elevare al quadrato:
51−m2≥1m2 ⇒ 4 m2−10 m4≥0 ⇒ m≤
1
∨ m≥2 .
2
Alle soluzioni trovate bisognerebbe poi aggiungere la retta di eq. x=1 , passante per B e parallela all'asse delle ordinate
che, non avendo un coefficiente angolare, non rientra nel ragionamento precedente.
La retta del fascio che ha la massima distanza dal vertice A è la perpendicolare al lato AB, di eq:
y− y B =−
1
 x− x B  ⇒ y−4=− x−1 ⇒ y=−x5 e la distanza massima è AB=3  2 .
m AB
Infatti, la distanza da A di una generica retta passante per B è il cateto di un triangolo rettangolo che ha
AB come ipotenusa, e quindi è minore di AB.