Ricevo da Elisa la seguente domanda:
Caro professore,
la prego di risolvere questi quesiti:
1) La circonferenza inscritta nel triangolo \(ABC\) ha il raggio lungo \(3a\sqrt{2}\) e tocca il lato \(AB\) nel punto \(T\) che dista \(6a\) da \(B\). Sapendo che \(AT=BC\), determinare il perimetro del triangolo \(ABC\).
2) Nel triangolo \(ABC\) la bisettrice dell’angolo \(\hat{C}\) interseca \(AB\) nel punto \(D\) che dista \(6\;cm\) da \(A\) e \(8\;cm\) da \(B\). Determinare il perimetro del triangolo \(ABC\) sapendo che la perpendicolare in \(D\) ad \(AB\) è tangente alla circonferenza in esso inscritta.
3) Nella semicirconferenza di diametro \(AB\) è inscritto il trapezio isoscele \(ABCD\) la diagonale \(AC\) interseca \(DH\) nel punto \(T\) che dista \(3\;cm\) da \(A\) e \(cm\;21\) da \(C\). Determina il perimetro e l’area del trapezio.
Grazie.
Le rispondo così:
Cara Elisa,
con riferimento alle figure, nel primo caso, utilizzando la congruenza dei segmenti di tangente condotti da un punto esterno ad una circonferenza, la relazione tra area \(S\), semiperimetro \(p\) e raggio \(r\) della circonferenza inscritta, cioè \(S=r\cdot p\), nonché la formula di Erone per l’area del triangolo di lati \(a\), \(b\) e \(c\)\[S=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}\to p{{r}^{2}}=\]\[\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)\] possiamo ricavare dalle ipotesi, avendo posto \(x=CR=CS\), \(y=AT=AS\), il seguente sistema di equazioni: \[\left\{ \begin{array}{ll} y=x+6a \\ 18a^2(6a+x+y)=6axy \end{array} \right.\] da cui: \[{{x}^{2}}+6ax=36{{a}^{2}}+6ax\to x=6a,\ y=12a\to 2p=48a\quad .\]
Nel secondo caso, posto \(x=AT=AQ\), \(y=TB=BS\), \(z=CS=CQ\), e avendo osservato che, in base alle ipotesi, si ha \(TD=OR=OT=r\), essendo \(r\) il raggio della circonferenza inscritta, possiamo ricavare il seguente sistema di equazioni, dopo avere ricordato che, per il teorema della bisettrice, \(AC:AD=BC:BD\): \[\left\{ \begin{array}{llll} x+y=14 \\ 4(z+x)=3(z+y) \\ r+x=6 \\ r^2(x+y+z)=xyz \end{array} \right.\] da cui, per progressiva sostituzione, si ottiene la seguente equazione per \(x\), con \(0 <x <6\): \[{{\left( 6-x \right)}^{2}}\left( 14+7\left( 6-x \right) \right)=7x\left( 14-x \right)\left( 6-x \right)\to \] \[\to \left( 6-x \right)\left( 8-x \right)=x\left( 14-x \right)\to {{x}^{2}}-14x+24=0\to x=2\]
e pertanto:\[y=12,\ z=28\to 2p=84\quad .\]
Nell’ultimo caso, posto \(HO=OK=DG=GC=x\) e \(AH=BK=y\), la similitudine dei triangoli \(AHT\) e \(TDC\) e la congruenza \(r=OC=OB=OK+BK\), nonché il teorema di Pitagora applicato ai triangoli \(ACK\) e \(OCK\), permettono di ottenere il seguente sistema di equazioni:\[\left\{ \begin{array}{lll} x+y=r \\ 2x=7y \\ r+x=6 \\ r^2-x^2=24^2-(2x+y)^2 \end{array} \right.\]da cui: \[\frac{81}{49}{{x}^{2}}-{{x}^{2}}={{24}^{2}}-4{{x}^{2}}-\frac{4}{49}{{x}^{2}}-\frac{8}{7}{{x}^{2}}\to \]\[\to \frac{288}{49}{{x}^{2}}={{24}^{2}}\to x=7\sqrt{2}\to y=2\sqrt{2}\]\[\to CK=8\to BC=AD=6\sqrt{2}\to 2p=44\sqrt{2}\quad .\]
Massimo Bergamini