Ricevo da Elisa la seguente domanda:
Caro professore,
la prego, mi aiuti a risolvere questi quesiti:
1) Nel triangolo \(ABC\) isoscele sulla base \(AC\) il punto \(D\) del lato \(AB\) dista \(12\;cm\) da \(A\) e \(16\;cm\) da \(B\). La parallela ad \(AC\) condotta da \(D\) interseca \(BC\) nel punto \(P\). Sapendo che la circonferenza circoscritta al triangolo \(BPD\) è uguale alla circonferenza circoscritta al trapezio \(ACPD\), provare che \(CD\) è uguale a \(BD\) e determinare il perimetro dei triangoli \(ACD\) e \(ACB\).
2) Il punto \(P\) interno al parallelogrammo \(ABCD\) dista \(9\sqrt{5}\) da \(A\) e \(14\) da \(B\). Sapendo che gli angoli \(A\hat{P}D\) e \(B\hat{P}C\) sono entrambi retti dimostrare che le circonferenze \(APB\) e \(CPD\) sono uguali. Sapendo che \(PD\) è \(6\) determinare il perimetro e l’area del parallelogrammo.
3) Dato un triangolo isoscele \(ABC\) inscritto in una circonferenza di diametro \(CD\), sia \(CH\) l’altezza relativa alla base \(AB\). Sapendo che \(AC\) è \(6\;cm\) e che \(CD+3CH\) è \(21\;cm\), determinare l’area del triangolo.
Grazie.
Le rispondo così:
Cara Elisa,
nel primo caso, dalla congruenza delle due circonferenze circoscritte discende la congruenza degli angoli alla circonferenza \(D\hat{B}P\) e \(D\hat{C}P\), in quanto insistenti sulla stessa corda, entrambi da un punto dell’arco maggiore: quindi il triangolo \(BDC\) è isoscele e \(BD\cong CD\). Detto \(M\) il punto medio di \(BC\), si ha, utilizzando il teorema di Pitagora: \[BM\cong MC=14\quad DM=2\sqrt{15}\quad MP=2\quad DP=8\] e dalla similitudine dei triangoli \(DMP\) e \(CHB\) si ricava che \(AC=14\), e quindi: \[2{{p}_{ACD}}=42\quad 2{{p}_{ACB}}=70\quad .\]
Nel secondo caso, la congruenza delle circonferenze 
circoscritte discende dal fatto che entrambe rappresentano il luogo dei punti che vedono una corda di assegnata lunghezza (\(AB\cong DC\) per ipotesi) da una parte sotto un dato angolo (\(A\hat{P}B\)) e dall’altra sotto l’angolo supplementare (\(D\hat{P}C=\pi -A\hat{P}B\)). Applicando Pitagora si ha \(AD\cong BC = 21\) e \(PC=7\sqrt{5}\). Detta \(KH\) l’altezza del parallelogrammo relativa alla base \(BC\) passante per \(P\), poiché possiamo ricavare \(PK\) e \(PH\) come altezze relative alle ipotenuse dei rispettivi triangoli rettangoli invertendo la formula dell’area: \[PK=\frac{2Area\left( APD \right)}{AD}=\frac{18\sqrt{5}}{7}\quad PH=\frac{2Area\left( BPC \right)}{BC}=\frac{14\sqrt{5}}{3}\] si ha: \[HK=HP+PK=\frac{152\sqrt{5}}{21}\] da cui l’area del parallelogrammo: \[Area\left( ABCD \right)=BC\cdot HK=152\sqrt{5}\quad .\] Per determinare il perimetro occorre ricavare la misura dei lati congruenti \(AB\) e \(DC\). Detta \(GF\) l’altezza del parallelogrammo relativa a tale coppia di lati passante per \(P\), osservando le seguenti relazioni di similitudine: \[DFP\sim APG\quad CFP\sim BPG\] posto \(z_1=DF\), \(z_2=CF\), \(z_3=AG\), \(z_4=BG\), \(h=FP\), \(k=PG\), si può stabilire il seguente sistema di uguaglianze: \[6k=9\sqrt{5}{{z}_{1}}\wedge 7\sqrt{5}k=14{{z}_{2}}\wedge 9\sqrt{5}h=6{{z}_{3}}\wedge 14h=7\sqrt{5}{{z}_{4}}\wedge {{z}_{1}}+{{z}_{2}}={{z}_{3}}+{{z}_{4}}\wedge \left( h+k \right)\left( {{z}_{3}}+{{z}_{4}} \right)=152\sqrt{5}\] da cui, per successive sostituzioni, si ricava: \[{{z}_{1}}={{z}_{4}}=4,{{z}_{2}}={{z}_{3}}=15,h=2\sqrt{5},k=6\sqrt{5}\to AB\cong DC=19\] e quindi \[2p\left( ABCD \right)=80\quad .\]
Nell’ultimo caso, posto \(CH=x\) e \(BH=y\), e datto che per ipotesi \(CD=21 – 3x\), applicando il
secondo teorema di Euclide al triangolo rettangolo \(CBD\), si ha il sistema di equazioni: \[\left( 21-4x \right)x={{y}^{2}}\quad \wedge \quad {{x}^{2}}+{{y}^{2}}=36\] con equazione risolvente \(x^2-7x+12=0\), da cui si ricavano due possibili soluzioni del problema, entrambe accettabili: \[{{x}_{1}}=3,{{y}_{1}}=3\sqrt{3}\to Are{{a}_{ABC}}=9\sqrt{3}\;cm^2\] \[{{x}_{2}}=4,{{y}_{2}}=2\sqrt{5}\to Are{{a}_{A’B’C’=EFH}}=8\sqrt{5}\;cm^2\quad .\]
Massimo Bergamini