1994 - problema 3 corso di ordinamento

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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