Ricevo da Elisa la seguente domanda:
Caro professore,
la prego di aiutarmi a risolvere questi problemi.
1) In un trapezio isoscele \(ABCD\) circoscritto ad un cerchio l’altezza è \(2/5\) della base maggiore \(AB\). Detta \(AH\) la proiezione di \(AD\) su \(AB\), determina il perimetro del trapezio sapendo che \(AH+AB=71a\). Calcola l’area della superficie laterale della piramide retta che ha per base il trapezio e l’altezza uguale al triplo della base \(CD\).
2) Nel quadrilatero convesso \(ABCD\) con \(AB\cong AD\) e \(BC\cong CD\), il vertice \(A\) dista \(4\sqrt{19}\;cm\) dalla diagonale \(BD\) e la parallela a \(BD\) condotta da un punto \(O\) di \(BC\) interseca \(CD\) nel punto \(P\). Sapendo che il vertice \(C\) dista \(6\sqrt{19}\;cm\) dalla retta \(OP\) e che i triangoli \(ABD\) ed \(OPC\) sono isoperimetrici ed equivalenti, determinare il perimetro del quadrilatero assegnato e il volume del tronco di cono che ha per base i cerchi di diametro \(BD\) ed \(OP\).
Grazie
Le rispondo così:
Cara Elisa,
nel primo caso, tenendo presente che segmenti di tangente ad una circonferenza condotti da un dato punto esterno sono tra loro congruenti, con riferimento alla figura poniamo \(HM\cong MK\cong RC\cong CN\cong ND\cong DS =y\) e \(AH\cong KB =x\), per cui \(AS\cong BR =x+y\) e \(DH\cong CK =4(x+y)/5\). La condizione \(AH+AB=71a\), insieme all’applicazione del teorema di Pitagora al triangolo \(CKB\), porta al sistema di equazioni: \[3x+2y=71a\quad \wedge \quad \frac{16}{25}{{\left( x+y \right)}^{2}}+{{x}^{2}}={{\left( x+2y \right)}^{2}}\] da cui l’equazione risolvente \({{x}^{2}}-92ax+1491{{a}^{2}}=0\), la cui sola soluzione accettabile è \(x=21a\), cui corrisponde \(y=4a\): il perimetro del trapezio risulta pertanto misurare \(116a\). Infine, la piramide retta in questione risulta avere altezza pari a \(24a\) e apotema \(26a\), come si ricava applicando Pitagora ad uno qualsiasi dei triangoli rettangoli aventi per cateti l’altezza e il raggio della circonferenza inscritta: ne risulta una superficie laterale pari al prodotto tra semiperimetro del trapezio di base e apotema, cioè \(1508a^2\).
Nel secondo caso, avendo osservato la perpendicolarità delle diagonali \(AC\) e \(DB\), posto \(PR\cong RO=x\) e \(DQ\cong QB=y\), si ha il sistema di equazioni: \[4\sqrt{19}y=6\sqrt{19}x\quad \wedge \quad y+\sqrt{{{y}^{2}}+304}=x+\sqrt{{{x}^{2}}+684}\] da cui, sostituendo \(y=3x/2\) nella seconda equazione e dopo qualche semplificazione: \[x+\sqrt{9{{x}^{2}}+1216}=2\sqrt{{{x}^{2}}+684}\to …\to x=10\,cm\] da cui \(y=15\;cm\), e per la similitudine dei triangoli \(PCO\) e \(CDB\) si ha \(DC\cong BC=42\;cm\), da cui il perimetro di \(ABCD\), cioè \(130\;cm\). Essendo poi \(QR=3\sqrt{19}\), il volume \(V\) del tronco di cono risulta: \[V=\frac{1}{3}\pi \overline{QR}\left( {{\overline{QB}}^{2}}+\overline{QB}\cdot \overline{RO}+{{\overline{RO}}^{2}} \right)=475\sqrt{19}\pi \,c{{m}^{3}}\quad .\]
Massimo Bergamini