Geometria Euclidea
Samuele Mongodi
Parte I
Concorrenze e allineamenti
1
1.1
Mille splendidi Ceva
When shall we three meet again,
In thunder, lightning, or in rain?
W. Shakespeare - Macbeth
La geometria è il regno delle configurazioni particolari: rette che concorrono,
punti allineati, quadrilateri ciclici e cosı̀ via. La prima e più feconda domanda
della geometria del triangolo nasce dall’osservare che vari punti notevoli possono
essere individuati come intersezione di rette particolari; tale definizione alternativa
permette, spesso, di dimostrarne l’esistenza. Ad esempio, il punto equidistante dai
lati è l’intersezione delle bisettrici ed il centro di massa è l’intersezione delle mediane.
Cosı̀ il dubbio sorge spontaneo: quand’è che, tracciate tre rette dai tre vertici,
queste concorrono?
La storia attribuisce la risposta ad un matematico italiano del XVII secolo,
Giovanni Ceva, ma noi, presi dal gusto del racconto, eviteremo una narrazione che
prenda le mosse in medias res e risaliremo ben più indietro, all’antica Grecia, per
osservare, con Talete, la genesi di un’idea.
1.1.1
Talis pater talis filius i.e. similitudini
4
4
Due triangoli ABC e DEF si dicono simili se vale una delle seguenti condizioni
equivalenti:
b = F DE,
b ABC
b = DEF
b e B CA
b = E FbD;
1. C AB
b = DEF
b ;
2. AB/BC = DE/EF e ABC
3. AB/DE = BC/EF = CA/F D.
Attenzione: E’ importante l’ordine in cui vengono considerati i punti: non è lo
4
4
4
4
stesso affermare che ABC e DEF sono simili, oppure che lo sono ABC e DF E.
4
4
Ad esempio, ABC e ACB sono simili se e solo se AB = AC. Nel seguito le similitudini saranno scritte senza curarsi dell’ordine, tranne quando necessario per la
comprensione e in tal caso sarà specificato ordinatamente simili.
Osservazione: Ovviamente nella prima formulazione, bastano due angoli, in quanto sappiamo che la somma deve essere π.
Dati due segmenti AB e CD paralleli e tali che i segmenti AC e BD non si
intersechino, dati due punti E nel segmento AB e F nel segmento BC, sappiamo
che
b = C FbE
• B EF
b = DFbE
• AEF
2
Risultato 1 Se A, B, C sono tre punti allineati in quest’ordine su una retta r e D,
E, F sono altri tre punti allineati in quest’ordine su una retta s k r, di modo che i
segmenti AF e CD si intersecano in un punto P , allora
EF
AB
=
⇔ B, P, E allineati
BC
ED
Dim: La dimostrazione ha uno schema ricorrente, per cui le dedichiamo particolare
attenzione.
Iniziamo col mostrare che se i tre punti sono allineati, allora i due rapporti sono
uguali1 . Se B, P , E sono allineati, allora per quanto detto in precedenza si ha
b = F EB
b = E BA
b = P BA
b
F EP
b = DEB
b = E BC
b = P BC
b
DEP
DPbE = C PbC
F PbE = APbB
Inoltre, indipendentemente dall’allineamento, si ha
b = P CA
b
P DF
4
4
b
P FbD = P AC
4
4
Quindi DP B è simile a CP B e F EP è simile a ABP .
Da questo segue che F E/EP = AB/BP e DE/EP = CB/BP quindi
AB/BP
EF/EP
EF
AB
=
=
=
BC
BC/BP
DE/EP
DE
Ora, per la seconda implicazione, utilizziamo quello che è un ragionamento
classico.
Supponiamo che i rapporti siano uguali; si prolunghi allora BP ad intersecare
DF in X. Ora, poiché A, B, C e D, X, F rispettano le ipotesi della prima parte,
si ha che
DX
AB
=
BC
XF
del resto, per ipotesi abbiamo
DE
AB
=
BC
EF
quindi X ed E dividono internamente il segmento DF nello stesso rapporto, dunque
coincidono, ovvero B, P , E sono allineati. Osservazione: Il risultato precedente vale anche se i segmenti AF e CD non si
intersecano, ma le rette sı̀. La dimostrazione è lasciata allo studente volenteroso.
Osservazione: Dati tre punti allineati A, B, C il rapporto AB/BC ha segno
positivo se B sta tra A e C e ha segno negativo altrimenti. Dato un numero reale
t, esiste un solo punto B sulla retta del segmento AC tale che AB/BC = t. Se
non consideriamo il segno del rapporto, ovviamente esistono due punti B che lo
realizzano, uno interno e l’altro esterno al segmento AC.
1
esiste ovviamente una strada più rapida di quella proposta, basata sul teorema di Talete, ma
le osservazioni sviluppate nel seguito sono interessanti di per sé.
3
4
Risultato 2 (Teorema di Ceva) Sia ABC un triangolo e siano D, E, F sulle rette
contenenti i segmenti BC, CA, AB. Allora
AD, BE, CF concorrono ⇔
BD CE AF
=1
DC EA F B
dove i rapporti sono presi con segno.
Dim: Chiamiamo P l’intersezione di AD e BE; sia poi r la parallela ad AB per C.
Prolunghiamo AD ad intersecare r in S e prolunghiamo BE ad intersecare r in R.
Allora, per il risultato 1, si ha che CF passa per P se e solo se RC/CS = BF/F A
ovvero se e solo se (RC/CS)(AF/F B) = 1.
4
4
Per le similitudini nella dimostrazione del risultato 1, abbiamo RCE=BEA e
dunque
AB · EC
RC =
AE
4
4
similmente, poiché SCE=ADB si ha
SC =
AB · CD
DB
Quindi
CE BD
RC
=
CS
EA DC
e dunque CF passa per P se e solo se
BD CE AF
=1
DC EA F B
che è la tesi. Esercizio formale Si provi a riscrivere la dimostrazione del teorema di Ceva,
dimostrando solo una implicazione ed utilizzando il ragionamento classico di cui
sopra per ottenere la seconda freccia.
Una ceviana è un segmento uscente da un vertice con l’altro estremo (detto a
volte piede) sul lato opposto; il teorema di Ceva fornisce dunque una condizione
necessaria e sufficiente affinché tre ceviane dai tre vertici concorrano, condizione
espressa in termini dei rapporti in cui i piedi delle ceviane dividono i rispettivi lati.
Esempi
1. Le mediane di un triangolo concorrono, in quanto in tal caso BD/DC =
CE/EA = AF/F B = 1; il punto di concorrenza si dice baricentro.
2. Le ceviane che congiungono i vertici ai punti di tangenza del cerchio inscritto
concorrono: infatti BD = BF , CD = CE, AF = AE, in quanto tangenti da uno stesso punto ad una circonferenza, quindi AF/F B = AE/BD =
(AE/BD)(CD/CE). Il punto di concorrenza si chiama punto di Gergonne.
4
3. Sia D su BC tale che A e D dividono in due parti uguali il perimetro del
triangolo; similmente siano scelti E e F . Allora, detto s il semiperimetro del
triangolo, si ha BD = s − AB e CD = s − AC; similmente CE = s − BC
e AE = s − AB, AF = s − AC e F B = s − BC. E’ facile vedere che vale
l’ipotesi del teorema di Ceva, dunque le ceviane AD, BE, CF concorrono, in
un punto detto di Nagel.
4. Sia P un punto del piano; siano AD, BE, CF le tre ceviane passanti per P .
Consideriamo i punti D0 , E 0 , F 0 , simmetrici di D, E, F rispetto ai punti medi
di BC, CA, AB. Allora BD = CD0 , CD = BD0 , AE = CE 0 , CE = AE 0 ,
AF = BF 0 , BF = AF 0 . Quindi AD0 , BE 0 , CF 0 concorrono se e solo se AD,
BE, CF concorrono; il punto Q di concorrenza di AD0 , BE 0 , CF 0 si dice
coniugato isotomico di P .
Esercizi
1. Si dimostri che, se AD, BE, CF concorrono in P , si ha AP/P D = AE/EC +
AF/F B.
2. Sia AD altezza e sia K un suo qualunque punto. Si prolunghino BK e CK
b .
fino ad intersecare AC e AB in E e F . Si mostri che AD biseca E DF
3. Siano AD, BE, CF ceviane concorrenti e siano L, M , N su EF , F D, DE.
Dimostrare che DL, EM , F N concorrono se e solo se AL, BM , CN concorrono.
1.1.2
Luoghi di punti e di incontri
b
Consideriamo l’angolo B AC.
Esso è individuato dalle due rette contenenti AB e
AC, che chiamiamo sB e sC ; la sua bisettrice interna è la retta r, che intersechi BC
e tale che dist(P, sB ) = dist(P, sC ) per ogni punto P di r.
Assumiamo la seguente notazione: se sA è la retta che contiene il lato BC, dato
un punto P del piano indicheremo con d(P, sA ) la sua distanza da sA , a meno di
un segno. In particolare avremo che d(P, sA ) ≥ 0 se P appartiene al semipiano
delimitato da sA in cui sta A e che d(P, sA ) ≤ 0 se A e P sono separati da sA .
Dunque, l’insieme di punti P tali che d(P, sB ) = d(P, sC ) è proprio la bisettrice
b
interna dell’angolo B AC.
4
Risultato 3 Dati un triangolo ABC e un numero reale k, il luogo di punti
{P | d(P, sA ) = k · d(P, sB )}
è una retta per C.
Dim: La tesi può essere riformulata come una doppia implicazione: P ha la
proprietà richiesta se e solo se P appartiene ad una certa retta.
Sia Q un punto tale che d(Q, sA ) = k ·d(Q, sB ) e consideriamo la retta s passante
per C e Q. Sia ora P un altro punto del piano. Consideriamo le proiezioni di Q su
sA e sB e chiamiamole H e K; siano poi J e L le proiezioni di P .
5
Siano ora D su AC e E su BC tali che CD = CE e Q ∈ DE, siano poi F e G
4
4
su AC e BC tali che CF = CG e P ∈ F G; ora, i triangoli CDE e CF G sono simili,
in quanto isosceli con lo stesso angolo al vertice, di conseguenza le rette DE e F G
sono parallele.
4
4
4
4
D’altra parte, i triangoli rettangoli HQD, KQE, JP F , LP G sono tutti simili,
quindi (considerando rapporti senza segno)
HQ
DQ
=
KQ
QE
JP
FP
=
LP
PG
ed inoltre è facile notare che, considerando rapporti con segno, si ha
d(Q, sA )
DQ
=
d(Q, sB )
QE
d(P, sA )
FP
=
d(P, sB )
PG
Ora, grazie al risultato 1, sappiamo che HJ, KL, P Q concorrono se e solo se
DQ/QE = F P/P G ovvero se e solo se
d(P, sA )
d(Q, sA )
=
d(Q, sB )
d(P, sB )
e poiché HJ sta sulla retta sA , LK sta sulla retta sB , si ha che P Q passa per C se
e solo se d(P, sA ) = k · d(P, sB ). Osservazione: La bisettrice interna è data dal caso k = 1, mentre la bisettrice
esterna è data dal caso k = −1; i casi k = 0 e (improprio) k = +∞ rappresentano
i due lati, mentre il caso (improprio anch’esso) k = −∞ rappresenta la parallela a
AB.
La concorrenza delle tre bisettrici si dimostra facilmente dalla loro precedente
caratterizzazione: siano rA , rB , rC le tre bisettrici, e sia P = rA ∩ rB (l’esistenza di
tale intersezione è un banale esercizio); allora P ∈ rA , dunque d(P, sB ) = d(P, sC ),
ed inoltre P ∈ rB , quindi d(P, sC ) = d(P, sA ), di conseguenza d(P, sB ) = d(P, sA ),
il che significa che P ∈ rC . Ovvero, le tre rette concorrono.
4
Risultato 4 (Teorema di Ceva trilineare) Sia ABC un triangolo, siano h, k, j tre
numeri reali; definiamo le seguenti rette
rA = {P | d(P, sB ) = h · d(P, sC )}
rB = {P | d(P, sC ) = k · d(P, sA )}
rC = {P | d(P, sA ) = j · d(P, sB )}
Allora rA , rB , rC concorrono se e solo se hkj = 1.
Dim: Sia Q = rA ∩ rB , allora
d(Q, sB ) = h · d(Q, sC )
d(Q, sC ) = k · d(Q, sA )
e dunque
d(Q, sB ) = hk · d(Q, sA )
6
ovvero Q ∈ rC se e solo se hk = 1/j ovvero se e solo se hkj = 1. Osservazione: Il precedente risultato, in virtù del risultato 3, può essere riformulato come segue. Siano AD, BE, CF tre ceviane; esse concorrono se e solo
se
d(D, sB ) d(E, sC ) d(F, sA )
=1
d(D, sC ) d(E, sA ) d(F, sB )
4
Risultato 5 (Teorema di Ceva trigonometrico) Sia ABC un triangolo e siano D,
E, F sulle rette contenenti i segmenti BC, CA, AB. Allora
AD, BE, CF concorrono ⇔
b sin ABE
b sin B CF
b
sin C AD
=1
b sin E BC
b sin F CA
b
sin DAB
dove gli angoli sono intesi con segno.
Dim: Abbiamo che, intendendo gli angoli correttamente orientati, vale
b
d(D, sB ) = AD sin C AD
b
d(D, sC ) = AD sin DAB
e dunque
b
sin C AD
d(D, sB )
=
b
d(D, sC )
sin DAB
Ragionando similmente con gli altri rapporti si ottiene la tesi. Esercizio apologetico L’attento geométra si sarà accorto che l’esistenza del punto
Q non è stata giustificata; essa infatti non può essere giustificata perché non è sempre
verificata. Si riscrivano le dimostrazioni del risultato 2 e del risultato 4 nel caso in
cui due ceviane siano parallele.
Esempi
1. Le bisettrici interne concorrono, come già osservato in precedenza, nel punto
detto incentro. Tale punto ha dunque la stessa distanza da tutti e tre i lati e
dunque, dette D, E, F le sue proiezioni sui lati, si ha ID = IE = IF = r,
ovvero la circonferenza di centro I e raggio r passa per D, E, F e non tocca
altrove i tre lati; essa si chiama circonferenza inscritta.
2. Allo stesso modo, due bisettrici esterne e una interna concorrono, in un punto
detto excentro, equidistante dai lati, centro di una circonferenza che tange
internamente un lato ed esternamente gli altri due. Tale circonferenza è detta
exinscritta. Ovviamente, a seconda di quale bisettrice interna si scelga, si
ottengono tre diversi centri, tre diverse circonferenze e tre diversi raggi (ra , rb ,
rc ).
b = F CB,
b
3. Siano AD, BE, CF le altezze, allora B AD
come angoli orientati,
b = C BE,
b E BA
b = ACF
b , dunque le altezze concorrono nel
e similmente DAC
punto detto ortocentro.
4. Siano AD, BE, CF tre ceviane e siano AD0 , BE 0 , CF 0 le ceviane simmetriche
delle precedenti rispetto alle opportune bisettrici. Dunque, per la versione
trigonometrica del teorema di Ceva, AD, BE, CF concorrono in P se e solo
se AD0 , BE 0 , CF 0 concorrono in P 0 . P 0 si dice coniugato isogonale di P .
7
5. Sia I l’incentro e siano Ia , Ib , Ic i suoi simmetrici rispetto ai lati BC, CA, AB.
Ora, consideriamo il piede H della perpendicolare da Ic ad AC e il piede K
della perpendicolare da Ib ad AB, siano poi E ed F le intersezioni di IIb e IIc
con AC e AB. Ovviamente, IE = IF e IIb = IIc ; inoltre
b = AFbI = E HI
b c = F KI
b b = π/2
AEI
b b = F II
b c , quindi i quadrilateri EIIc H e F IIb K sono congruenti, da cui
e E II
Ic H = Ib K, ovvero d(Ic , sB ) = d(Ib , sC ). Similmente
d(Ic , sA ) = d(Ia , sC )
d(Ib , sA ) = d(Ia , sB )
e dunque le rette AIa , BIb , CIc concorrono.
Esercizi
4
1. Sia ABC un triangolo, sia ω una circonferenza tangente ai segmenti AB e
AC ed esternamente alla circonferenza di diametro AB in A0 . Similmente si
definiscano B 0 , C 0 . Dimostrare che AA0 , BB 0 , CC 0 concorrono.
4
2. Siano D, E, F esterni a ABC e tali che
b = F BA
b
b = E CA
b
b = F AB
b .
DBC
DCB
E AC
Si dimostri che AD, BE, CF concorrono.
3. Sia Γ una circonferenza e sia ω un’altra circonferenza tangente internamente
a Γ in S; sia AB una corda di Γ che tange ω in T e sia O il centro di ω.
Mostrare che AO, la perpendicolare a AB in B e la perpendicolare a T S in S
concorrono.
4
4. Siano AD, BE, CF ceviane concorrenti in ABC. Siano DL, EM , F N ce4
viane concorrenti in DEF e siano X, Y , Z le ulteriori intersezioni di queste
4
ultime con la circonferenza inscritta in ABC. Dimostrare che AX, BY , CZ
concorrono.
4
5. Sia ABC un triangolo e sia I il suo incentro. Denotiamo con D il simmetrico
di I rispetto a BC, con E il simmetrico rispetto a CA e con F il simmetrico
rispetto ad AB. Dimostrare che AD, BE, CF concorrono.
1.1.3
Superfici e superficialità
Sull’onda delle precedenti configurazioni, notiamo che la retta su cui giace una mediana, ad esempio la congiungente il vertice A con il punto medio del lato opposto,
non è altro che il luogo dei punti P tali che [AP B] = [AP C], dove [AP B] è, a meno
4
del segno, l’area del triangolo AP B ed è positiva se la retta per A e B non separa
P e C e negativa nel caso opposto.
8
E’ ovvio che il simbolo [XY Z] ha senso solo se è stato fissato un triangolo di
referenza e se due almeno tra X, Y e Z sono suoi vertici. Leghiamo ora i rapporti
tra aree a concetti precedentemente introdotti.
Risultato 6 Sia D un punto sulla retta BC, allora [BDA]/[CDA] = BD/DC.
4
Dim: Sia AH l’altezza del triangolo ABC uscente da A, allora
1
[BDA] = ± AH · BD
2
1
[CDA] = ± AH · DC
2
quindi [BDA]/[CDA] = ±BD/DC e si verifica facilmente che i segni tornano. Risultato 7 La retta r = {P | d(P, sA ) = k · d(P, sB )} coincide con il luogo di punti
s = {P | AC · [CP B] = k · BC · [CP A]}
dove k è un numero reale.
Dim: Sia P un punto del piano; considerando le perpendicolari da P ad AC e
BC, si ha che
[AP C]
AC · d(P, sB )
AC d(P, sB )
=
=
[BP C]
BC · d(P, sA )
BC d(P, sA )
ovvero
AC d(P, sB )
[AP C]
=
[BP C]
BC d(P, sA )
ovvero P ∈ s se e solo se P ∈ r. Risultato 8 (Teorema di Ceva baricentrico) Tre ceviane AD, BE, CF concorrono
se e solo se
[CDA] [BF C] [AEB]
=1
[BDA] [AF C] [CEB]
Dim: Per la versione trilineare di Ceva, abbiamo che le tre ceviane concorrono se
e solo se
d(D, sB ) d(E, sC ) d(F, sA )
=1
d(D, sC ) d(E, sA ) d(F, sB )
Del resto, per il risultato precedente abbiamo che
d(D, sB )
AC [ADC]
=
d(D, sC )
AB [ADB]
d(E, sC )
AB [BEA]
=
d(E, sA )
BC [BEC]
d(F, sA )
BC [BF C]
=
d(F, sB )
AC [AF C]
e dunque la tesi segue. Osservazione: Notiamo che, in virtù del risultato 7, ci basta conoscere [CDA]/[BDA]
per avere il rapporto [CP A]/[BP A] per ogni punto P sulla retta di AD. Del resto,
per il risultato 6, si ha che [CDA]/[BDA] = CD/DB e dunque
AC d(D, sB )
CD
=
DB
AB d(D, sC )
9
da cui segue che il teorema di Ceva e la sua versione trilineare sono equivalenti.
Osservazione: Nel caso della bisettrice interna, d(D, sB ) = d(D, sC ) e dunque
CD/DB = AC/AB, che è il cosiddetto teorema della bisettrice. Allo stesso modo,
sapendo che nel caso della mediana BD = DC, otteniamo che per essa d(D, sB )/d(D, sC ) =
AB/AC.
Esercizio malizioso Dati tre numeri reali non tutti uguali α, β, γ, si determini il
luogo di punti P tali che
α[BCP ] + β[ACP ] + γ[ABP ] = 0
Esempi
1. Sia AM la mediana uscente da A e sia AK la sua ceviana simmetrica rispetto
b = C AK
b e dunque
alla bisettrice, allora B AM
AB d(K, sC )
AB d(M, sB )
AB 2
BK
=
=
=
KC
AC d(K, sB )
AC d(M, sC )
AC 2
la ceviana AK si chiama simmediana.
Esercizi
4
1. Siano D, E, F sui lati di ABC tali che AF/F B = BD/DC = CE/EA = 3;
supponendo che [ABC] = 1, si determini l’area del triangolo formato da AD,
BE, CF .
2. Sia ABCD un quadrilatero convesso tali che DA e CB si intersecano in K, AB
e CD in L, AC e KL in G, DB e KL in F . Si dimostri che KF/F L = KG/GL.
4
4
4
3. Sia P un punto del piano e siano A0 , B 0 , C 0 i baricentri di P BC, P AC, P AB.
Allora AA0 , BB 0 , CC 0 concorrono. Dove?
1.1.4
Svolazzi e ricami
Il legame tra aree e rapporti di segmenti, introdotto nella sezione precedente, può
essere direttamente utilizzato per dare una dimostrazione del teorema di Ceva, nel
seguente modo.
Preliminarmente, osserviamo un fatto di natura puramente algebrica: se a/b =
c/d, allora (a ± c)/(b ± d) = a/b = c/d. Infatti
a 1 ± c/a
a
a±c
= ·
=
b±d
b 1 ± d/b
b
Procediamo poi con l’ennesima dimostrazione di Ceva.
Consideriamo innanzitutto una sola implicazione: se AD, BE, CF concorrono,
allora BD · CE · AF = DC · EA · F B. Sia P il punto in cui le 3 ceviane concorrono.
10
Sappiamo che BD/DC = [BDA]/[CDA], ma del resto vale anche, nel triangolo
4
BP C, che BD/DC = [BDP ]/[CDP ] e dunque, per differenza, si ha che
[BDA] − [BDP ]
[ABP ]
BD
=
=
DC
[CDA] − [CDP ]
[ACP ]
Similmente
[BCP ]
CE
=
EA
[BAP ]
AF
[CAP ]
=
FB
[BCP ]
e dunque si ha che
BD CE AF
[ABP ] [BCP ] [CAP ]
=
=1
DC EA F B
[ACP ] [BAP ] [BCP ]
D’altra parte, per il viceversa possiamo usare il ragionamento classico: supponiamo che valga l’uguaglianza e sia P l’intersezione di AD e BE; prolunghiamo CP
fino a incontrare AB in X, allora si ha
BD CE AX
=1
DC EA XB
ma anche
BD CE AF
=1
DC EA F B
e dunque
AF
AX
=
FB
XB
e dunque F = X, ovvero le ceviane concorrono.
Risultato 9 Siano AD, BE, CF tre ceviane concorrenti in P , allora
AE
AF
AP
+
=
EC F B
PD
Dim: Abbiamo che
AE
[ABP ]
=
EC
[CBP ]
AF
[ACP ]
=
FB
[CBP ]
e dunque
AE
AF
[ABP ] + [ACP ]
+
=
EC F B
[CBP ]
4
Del resto, nel triangolo ADC si ha
AP
[AP C]
=
PD
[P DC]
4
e nel triangolo ADB si ha
AP
[AP B]
=
PD
[P DB]
11
dunque
[AP C] + [AP B]
[AP C] + [AP B]
AP
=
=
PD
[P DC] + [P DB]
[BP C]
da cui la tesi. Osservazione: Una formulazione equivalente del risultato 9 è
AC
AB
AD
+
=1+
EC F B
PD
Esercizio ontologico Ridimostrare il precedente risultato utilizzando le similitudini come nella prima dimostrazione di Ceva fornita.
Esempi
1. Applicando il risultato 9 alle mediane si ottiene che AG/GM = 2, ovvero che
il baricentro divide le mediane in rapporto 2 : 1.
2. Siano ALa , BLb , CLc le bisettrici e sia I l’incentro. Sappiamo già che
ALb
AB
=
Lb C
BC
ALc
AC
=
Lc B
CB
e dunque
AB + AC
AI
=
ILa
BC
inoltre
ALa
AB + BC + CA
=
ILa
BC
3. Se AKa , BKb , CKc sono le simmediane e K è il loro incontro, detto punto di
Lemoine o punto simmediano, allora si ha
AK
AKb AKc
AB 2 AC 2
AB 2 + AC 2
+
=
+
=
=
KKa
Kb C K c B
BC 2 BC 2
BC 2
e
AKa
AB 2 + BC 2 + CA2
=
KKa
BC 2
Esercizi
1. Dati un quadrilatero convesso ABCD e un punto M su CD. Dimostrare che
[AM B] =
DM
CM
[ABC] +
[ABD] .
DC
DC
4
2. Sia ABC un triangolo e scegliamo M su AB e N su AC. Sia P = BN ∩ CM .
Si dimostri che [AM P N ] = [BP C] se e solo se M A/M B = N C/N A.
12
1.2
Filo a piombo e girotondi
“The Guide says there is an art to
flying”, said Ford, “or rather a
knack. The knack lies in learning
how to throw yourself at the
ground and miss.”
Douglas Adams -Life, the
Universe, and Everything
La proiezione ortogonale è una delle costruzioni geometriche più utili, come anche
uno dei concetti più sfruttati; otteniamo per suo tramite altezze ed assi, figura di
aree e circonferenze.
Dalla proiezione ortogonale alla perpendicolare il passo è breve e, resi scaltri dal
precedente vagabondaggio tra le tante dimostrazioni del teorema di Ceva, sappiamo
bene cosa comporta il trovare una caratterizzazione metrica della perpendicolarità.
Ma le sorprese degli angoli retti non si fermano alla perpendicolarità, dandoci
un primo assaggio di circonferenze.
1.2.1
Omnia recta rectis
La gioia dello studioso euclideo nell’imbattersi in un angolo retto è inesprimibile e
paragonabile solo a poche altre esperienze di vita. Forte del quarto postulato, che
garantisce che tutti gli angoli retti sono uguali, egli allora dà briglia sciolta all’immaginazione e già vede triangoli rettangoli, loro altezze e loro mediane, pullulare
ovunque.
Ma andiamo con ordine.
4
Risultato 10 Un triangolo ABC è rettangolo in C se e solo se l’altezza CH lo
4
4
divide in due triangoli ACH e CBH simili tra loro ed al triangolo originale.
Dim: Visto che CH ⊥ AB, si ha
b =
ACH
π
b
− C AH
2
b =
C BH
π
b
− B CH
2
Ora, l’angolo in C è retto se e solo se
b + ABC
b = π/2
C AB
che, alla luce delle precedenti uguaglianze, è equivalente a una tra le seguenti
b = C BH
b
ACH
b = C AH
b
B CH
che sono equivalenti tra loro e alla similitudine tra i due triangoli formati dall’altezza
4
e ABC. Osservazione: In termini di lati, si ha che
4
4
ABC∼ACH⇔
AB
AC
=
⇔ AC 2 = AB · AH
AC
AH
13
4
4
AB
BC
=
⇔ BC 2 = AB · BH
BC
BH
4
4
AH
CH
ACH∼CBH⇔
=
⇔ CH 2 = AH · BH
CH
BH
ABC∼CBH⇔
4
L’equivalenza tra le prime due uguaglianze e il fatto che ABC sia rettangolo va
sotto il nome di primo teorema di Euclide, l’equivalenza della terza riga è invece
nota come secondo teorema di Euclide.
Osservazione: Sommando i due enunciati del primo teorema di Euclide si ottiene
AC 2 + BC 2 = AB(AH + HB) = AB 2
Osservazione: Del resto, se in un qualsiasi triangolo vale AC 2 +BC 2 = AB 2 , detta
4
4
come sopra CH l’altezza uscente da C, avremo che i triangoli ACH e CBH sono
rettangoli e dunque in essi vale la precedente osservazione, quindi AC 2 = CH 2 +AH 2
e BC 2 = CH 2 + BH 2 . Inoltre AB 2 = AH 2 + HB 2 + 2AH · HB. Quindi sostituendo
si ottiene
CH 2 + AH 2 + CH 2 + BH 2 = AH 2 + BH 2 + 2AH · BH
ovvero
CH 2 = AH · BH
4
che, per il secondo teorema di Euclide, è equivalente al fatto che ABC sia rettangolo
in C.
4
Le due precedenti osservazioni dimostrano il teorema di Pitagora: ABC è rettangolo in C se e solo se AB 2 = AC 2 + BC 2 .
4
Sia ora ABC rettangolo in C; consideriamo l’altezza CH e la mediana CM . Dal
primo teorema di Euclide segue che
AC 2 /AB
AC 2
AH
=
=
HB
BC 2 /AB
BC 2
e dunque H è anche piede della simmediana. Ovvero, in un triangolo rettangolo,
l’altezza uscente dal vertice retto è anche simmediana per quel vertice.
4
4
Risultato 11 I triangoli ACM e CBM sono isosceli.
Dim: Sappiamo che CH è simmediana, ergo
b = ACH
b = ABC
b
B CM
dunque CM = M B. Allo stesso modo si dimostra che
b = B CH
b = B AC
b
ACM
e dunque AM = M B. Osservazione: Come corollario dalla dimostrazione segue che M è equidistante dai
tre vertici, dunque è il centro della circonferenza circoscritta al triangolo.
14
Esercizio artefatto Trovare tutti i triangoli rettangoli, con ipotenusa c = 1, tali
che ka + b = 1 con 0 < k < 1.
Esempi
1. Siano a, b i cateti di un triangolo rettangolo e sia d l’altezza relativa all’ipotenusa, allora a−2 + b−2 = d−2 . Infatti, si ha che d2 = AH · HB, a2 = AH · AB,
b2 = HB · AB, quindi
1
BH + AH
1
1
+
=
=
AH · AB BH · AB
AH · BH · AB
AH · HB
4
2. Sia ABC rettangolo in C e sia T un punto su AB che sia equidistante da AC
e BC. Se t è tale distanza, allora t−1 = a−1 + b−1 . Infatti, si deve avere
ab
tb ta
= [ABC] = [AT C] + [CT B] = +
2
2
2
e dunque ab = t(a + b), ovvero sia t−1 = a−1 + b−1 .
3. Con le notazioni del punto precedente, sia I l’incentro; allora dalla sezione
precedente sappiamo che CT /IT = (a + b + c)/c, quindi CI/CT = (a +
b)/(a + b + c) e dunque r/t = (a + b)/(a + b + c), dove r è il raggio della
circonferenza inscritta. Da ciò segue che
r=
a+b
ab
ab
·
=
a+b+c a+b
a+b+c
Esercizi
4
1. Sia ABCD un quadrato e sia P un punto esterno di modo che AP B sia retto
in P . Siano N e M le intersezioni di P C, P D con AB. Dimostrare che
M N 2 = AM · BN .
4
2. Sia ABC un triangolo rettangolo in A e sia AH l’altezza. Denotiamo con HE
e HF le altezze dei triangoli in cui AH divide quello di partenza. Siano M ,
N le proiezioni √
di E, F su BC
e siano P , Q
le proiezioni di E, F su AH.
√
√
3
3
3
Dimostrare che BM · P H + CN · QH = AB · AC.
4
3. Siano ABC un triangolo rettangolo in A, H il piede dell’altezza da A e M il
\ = CAM
\.
punto medio di BC. Dimostrare che BAH
1.2.2
Via certa per la rettitudine(*)
Come abbiamo visto, la bisettrice è il luogo dei punti equidistanti dai lati e grazie
a ciò abbiamo ottenuto in criterio di concorrenza; in quanto segue cerchiamo di
ricavare una caratterizzazione simile per le altezze.
4
Osservazione: Se CH è l’altezza dal vertice C in ABC, triangolo generico, abbiamo
che
AC 2 = CH 2 + AH 2
CB 2 = CH 2 + BH 2
15
e dunque
AC 2 + CB 2 = 2CH 2 + AH 2 + BH 2 = AB 2 + 2CH 2 − 2AH · BH
Ora, notiamo che
AH = AC cos α BH = BC cos β
CH = AC sin α = BC sin β
e quindi
CH 2 − AH · BH = AC · BC sin α sin β − AC · BC cos α cos β = AC · BC cos(π − γ)
da cui
AB 2 = AC 2 + CB 2 − 2AB · CB cos γ
ovvero il teorema di Carnot.
4
Risultato 12 Nel triangolo ABC, sia H il piede dell’altezza uscente dal vertice C.
Allora il luogo
h = {P | AP 2 − BP 2 = AH 2 − BH 2 }
è la retta per C e H.
Dim: Possiamo riformulare la tesi come: P H ⊥ AB se e solo se AP 2 − BP 2 =
AH 2 − BH 2 .
Applichiamo il teorema di Carnot:
b
AP 2 = AH 2 + HP 2 − 2AH · HP cos AHP
b
BP 2 = BH 2 + HP 2 − 2BH · HP cos B HP
e sottraiamo
b − BH cos B HP
b )
AP 2 − BP 2 = AH 2 − BH 2 − 2HP (AH cos AHP
b + B HP
b = π, si ha
Ora, poiché AHP
b = − cos B HP
b
cos AHP
e dunque
b − BH cos B HP
b ) = HP · AB cos AHP
b
HP (AH cos AHP
b = 0 ovvero se
Infine, AP 2 − BP 2 = AH 2 − BH 2 se e solo se HP · AB cos AHP
b = 0 ovvero se e solo se AHP
b = π/2. e solo se cos AHP
Osservazione: Dal risultato 12 segue ovviamente che il luogo dei punti P tali che
AP 2 − BP 2 = k
è sempre una retta perpendicolare a AB e, detti M il punto medio di AB e H
l’intersezione del luogo con la retta per A e B, si ha (a meno di cambiare i segni)
che
k = AH 2 − BH 2 = (AM + M H)2 − (BM − M H)2 = 2AB · M H
16
ovvero sia k = 2cd dove c è la lunghezza di AB e d è la distanza tra il suo punto
medio e la retta.
4
Risultato 13 (teorema di Carnot) Sia ABC un triangolo e siano D, E, F tre
punti del piano. Sia ha la retta perpendicolare a BC passante per D e definiamo
similmente hb e hc . Allora ha , hb , hc concorrono se e solo se
BD2 + CE 2 + AF 2 = DC 2 + EA2 + F B 2
Dim: Sia P l’intersezione tra ha e hb ; allora
BP 2 − P C 2 = BD2 − DC 2
CP 2 − P A2 = CE 2 − EA2
Del resto, P sta su hc se e solo se P B 2 − AP 2 = BF 2 − F A2 e dunque se e solo se
BF 2 − F A2 = (BP 2 − P C 2 ) + (CP 2 − P A2 ) = BD2 − DC 2 + CE 2 − EA2
ovvero se e solo se
BD2 + CE 2 + AF 2 = DC 2 + EA2 + BF 2
che è la tesi. Osservazione: Notiamo che la condizione necessaria e sufficiente affinché le perpendicolari da A, B, C a EF , F D, DE concorrano è che
AE 2 + BF 2 + CD2 = AF 2 + BD2 + CE 2
e dunque possiamo concludere che tali perpendicolari concorrono se e solo se con4
4
corrono le perpendicolari da D, E, F a BC, CA, AB. I due triangoli ABC e DEF
si dicono ortologici ed i due punti di concorrenza si dicono centri ortologici.
~ il vettore che va da A a B, ovvero (fissata a priori un’origine
Osservazione: Sia AB
O),
~ = OB
~ − OA
~ =B
~ −A
~
AB
~ · OY
~ = OX · OY cos X OY
b e dunque
Ricordiamo che OX
~ · M~H ± M~B · M~H
AB · M H = (AM + M B)M H = AM · M H + M B · M H = ±AM
~ · M~H
= ±AB
Se inoltre chiamiamo Ha , Hb , Hc le proiezioni di D, E, F su BC, CA, AB e Ma ,
Mb , Mc i rispettivi punti medi, si ha che
~ · Ma~Ha
BD2 − DC 2 = 2BC
~ · M~b Hb
CE 2 − EA2 = 2CA
~ · M~c Hc
AF 2 − F B 2 = 2AB
e dunque la condizione necessaria e sufficiente per la concorrenza può essere riscritta
come
~ · Ma~Ha + CA
~ · M~b Hb + AB
~ · M~c Hc = 0
BC
17
~ + C)/2
~
Osservazione: Si ha Ma = (B
ed inoltre
~ · Ma~Ha = BC
~ · M~a D
BC
~ D · BC
~ = 0. Quindi
in quanto Ha D ⊥ BC e dunque Ha
~ · Ma~Ha = (C
~ − B)
~ · (D
~ − C/2
~ − B/2
~ = (C
~ − B)
~ ·D
~ − kCk
~ 2 /2 + kBk
~ 2 /2
BC
e la condizione trovata sopra si riscrive come
~ − B)
~ ·D
~ + (A
~ − C)
~ ·E
~ + (B
~ − A)
~ · F~ = 0
(C
ovvero come
~ ·D
~ +A
~·E
~ +B
~ · F~ = B
~ ·D
~ +C
~ ·E
~ +A
~ · F~
C
Esercizio interinale Scrivere una dimostrazione del teorema di concorrenza che
non utilizzi la trigonometria.
Esempi
1. Le altezze concorrono, infatti esse sono le perpendicolari dai vertici ai lati e
dunque ovviamente vale
AB 2 + BC 2 + CA2 = AC 2 + AB 2 + BC 2
2. Gli assi dei lati, ovvero le perpendicolari dai punti medi, concorrono, in quanto
BMa2 + CMb2 + AMc2 = Ma C 2 + Mb A2 + Mc B 2
Il punto di concorrenza è noto come circocentro.
3. Se le perpendicolari da D, E, F concorrono, allora, posti D0 , E 0 , F 0 i simmetrici
di questi rispetto agli assi, le perpendicolari da D0 , E 0 , F 0 concorrono.
4. Siano D, E, F i punti di tangenza degli excerchi opposti a A, B, C rispettivamente; allora AF = DC = s − b, BF = EC = s − a, BD = EA = s − c e
dunque le perpendicolari da tali tre punti concorrono.
4
5. Sia l una retta e sia ABC un triangolo; siano D, E, F le proiezioni di A, B,
C su l e si considerino le perpendicolari da D a BC, de E a AC, da F a AB.
Allora abbiamo
AD2 = AE 2 − ED2 = AF 2 − F D2
ovvero
AE 2 − AF 2 = ED2 − F D2
e similmente
BF 2 − BD2 = EF 2 − ED2
CD2 − CE 2 = F D2 − F E 2
da cui
AE 2 + BF 2 + CD2 = AF 2 + BD2 + CE 2
e dunque tali perpendicolari concorrono, in un punto detto ortopolo della retta
4
l rispetto a ABC.
Esercizi
1.
18
1.2.3
Girandoci intorno(*)
4
Sia ABC un triangolo e sia O il suo circocentro. Poiché O è l’intersezione degli assi
dei lati, abbiamo che OA = OB = OC = R e dunque la circonferenza di centro O
e raggio R passa per i tre vertici; indichiamola con Γ. Essa è detta circonferenza
circoscritta.
Risultato 14 Un punto D appartiene all’arco di Γ tra A e B che non contiene
C se e solo se D appartiene al semipiano delimitato da AB che non contiene C e
b + ADB
b = π.
ACB
Dim: Supponiamo che D stia su Γ, come detto. Allora OA = OB = OC = OD.
In particolare
b = ADO
b + ODB
b = OAD
b + OBD
b
ADB
4
4
in quanto OAD e OBD sono isosceli.
D’altra parte,
b = ACO
b + OCB
b = OAC
b + OBC
b
ACB
allo stesso modo. Dunque
b + ADB
b = OAD
b + OBD
b + OAC
b + OBC
b = DAC
b + DBC
b
ACB
Del resto, in ogni quadrilatero la somma degli angoli interni è 2π, dunque
b + ADB
b + DAC
b + DBC
b = 2(ACB
b + ADB)
b
2π = ACB
da cui l’uguaglianza voluta. La collocazione di D è ovvia.
b + ADB
b = π e D si trovi nella corretOra, supponiamo invece che valga ACB
0
ta posizione. Allora sia Γ la circonferenza circoscritta a A, B, D; essa interseca
nuovamente AC in C 0 e, per quanto detto in precendenza,
c0 B + ADB
b =π
AC
c0 B = ACB,
b
da cui AC
il che implica che CB e C 0 B sono parallele, ma dunque
0
0
C = C e Γ = Γ. Osservazione: Se C e C 0 sono due punti nello stesso semipiano rispetto a AB tali
b = AC
c0 B, allora esiste una circonferenza che passa per A, B, C, C 0 .
che ACB
Osservazione: Di converso, se A, B, C, D stanno su una stessa circonferenza e C
b = ADB.
b
e D sono dalla stessa parte rispetto a AB, allora ACB
Osservazione: Sia Γ una circonferenza e sia AB una sua corda. Sia P Q un segmento contenente A e tangente a Γ; allora, per ogni punto C di Γ che stia nello
b = P AB.
b
stesso semipiano delimitato da AB rispetto a Q, si ha ACB
b = ACB,
b allora P A è
Osservazione: Ovviamente, vale anche il viceversa: se P AB
tangente.
In generale, se i vertici di un quadrilatero stanno tutti su una circonferenza, il
quadrilatero si dice ciclico, o inscritto.
Esempi
19
4
4
1. Se ABC e ABD sono retti in C e D, allora esiste una circonferenza che passa
per A, B, C, D.
4
b =
2. Sia H l’ortocentro di ABC e sia Hc la sua proiezione su AB, allora H AB
b e dunque AHH
b c = C BA;
b allo stesso modo B HH
b c = C AB.
b
π/2 − C BA
Sia
c
c
c
b
dunque H il simmetrico di H rispetto ad AB, allora AH B = π − ACB e
H c e C stanno da parti opposte rispetto a AB. In conclusione, H c sta sulla
circonferenza circoscritta.
3. Lo stesso vale per il simmetrico di H rispetto al punto medio di AB. In
conclusione, i vertici, i simmetrici di H rispetto ai lati e rispetto ai loro punti
medi stanno tutti sulla stessa circonferenza.
4. Siano Ha , Hb i piedi delle altezze su BC e AC; allora AHb Ha B è ciclico.
In particolare, un quadrilatero non intrecciato ABCD è ciclico se e solo se
b
b
ADB = ACB.
Dunque, dato E tale che si abbia
4
4
CEB∼DAB
ordinatamente
possiamo dire che ABCD è ciclico se e solo se A, E, C sono allineati. Infatti
b = ADB
b e l’allineamento si verifica se e solo se W CB
b = ACB
b ovvero se e solo
E CB
b = ACB.
b
se ADB
b + B EC
b = π; inoltre ABE
b =
L’allineamento tra A, E, C è equivalente a AEB
b per differenza.
DBC
Di conseguenza,
4
4
ABCD ciclico ⇔ A, E, C allineati ⇔ AEB∼DCB ordinatamente
Ora, notiamo che dalle similitudini segue
EC =
CB
AD
DB
AE =
AB
DC
DB
e dunque l’allineamento e la similitudine (equivalenti tra loro) valgono se e solo se
AC = AE + EC ⇔ AC =
AB
CB
DC +
AD ⇔ AC · BD = AB · DC + CB · AD
DB
DB
Ricapitolando
Risultato 15 (teorema di Tolomeo) Il quadrilatero non intrecciato ABCD è ciclico
se e solo se
AC · BD = AB · CD + CB · AD
Risultato 16 (teorema delle corde) Sia ABCD un quadrilatero non intrecciato e
sia E l’intersezione delle sue diagonali. Il quadrilatero è ciclico se e solo se AE ·EC =
BE · ED.
20
Dim:
b = B EC;
b
b =
Ovviamente AED
il quadrilatero è ciclico se e solo se ADE
4
4
b
E CB,
ovvero se e solo se ADE∼BCE, ovvero se e solo se AE/DE = BE/CE,
ovvero se e solo se AE · EC = BE · ED. Osservazione: (teorema delle secanti) Allo stesso modo, se AB e CD si intersecano
in P , abbiamo che ABCD è ciclico se e solo se P A · P D = P B · P C. Infatti, con lo
4
4
stesso ragionamento di prima, AP C∼BP D.
Osservazione: (teorema della tangente) Siano A, B, C tre punti su una circonferenza. Sia P un punto sulla retta di AB. Allora P C tange la circonferenza se e solo
4
4
se P C 2 = P A · P B, come segue facilmente dalla similitudine tra P AC e P CB.
Data una circonferenza Γ, ad ogni punto P del piano è possibile associare un
numero reale, detto potenza di P rispetto a Γ, definito come
powΓ (P ) = OP 2 − R2
dove O è il centro di Γ ed R il suo raggio. A meno del segno, per ogni retta da P
secante Γ in A, B, si ha
powΓ (P ) = P A · P B
in virtù dei teoremi di cui sopra. Inoltre, se positiva, la potenza è il quadrato della
lunghezza della tangente da P a Γ.
Osservazione: Date due circonferenze Γ1 e Γ2 , il luogo dei punti P tali che
powΓ1 (P ) = powΓ2 (P )
è anche descritto come
{P | P O12 − R12 = P O22 − R22 }
e dunque, in virtù del risultato 12, tale luogo è una retta perpendicolare a O1 O2 .
Ovviamente, nel caso le circonferenze si intersechino o siano tangenti, i punti comuni
appartengono a tale retta, detta asse radicale delle due circonferenze.
Osservazione: Date tre circonferenze, si ha
(R12 − R22 ) + (R22 − R32 ) + (R32 − R12 ) = 0
4
e dunque per il teorema di Carnot nel triangolo O1 O2 O3 i tre assi radicali concorrono
in un punto detto centro radicale
Esercizio ciclico Discutere il caso di 3 assi radicali paralleli.
Esempi
1. Siano AD, BE, CF tre ceviane concorrenti; siano AHa , BHb , CHc le tre
altezze e sia H l’ortocentro. Allora i triangoli
4
4
4
AHa D
BHb E
CHc F
sono rettangoli; questo implica che le tre circonferenze con diametri AD, BE,
CF passano per Ha , Hb , Hc .
21
2. Con le notazioni del punto precedente, vale
AH · HHa = BH · HHb = CH · HHc
ovvero H ha la stessa potenza rispetto alle tre circonferenze.
3. Siano Γ1 e Γ2 due circonferenze intersecantisi in A e B, sia r una retta tangente
ad entrambe in due punti C ∈ Γ1 e D ∈ Γ2 e sia infine P l’intersezione
tra r e AB. Ovviamente si ha, su Γ1 , che P C 2 = P A · P B e, su Γ2 , che
P D2 = P A · P B; quindi P C 2 = P D2 e dunque P è il punto medio di DC.
Esercizi
1. Sia ABCD un quadrilatero ciclico e siano date Γ1 , . . . , Γ4 circonferenze che
abbiano AB, . . . , DA come corde. Sia A0 l’ulteriore intersezione di Γ1 e Γ4 e
definiamo similmente B 0 , C 0 , D0 . Allora A0 , B 0 , C 0 , D0 sono conciclici.
2. In un triangolo, l’incentro, due vertici e l’excentro opposto al terzo vertice
sono concilici e il centro di tale circonferenza è il punto medio dell’arco di
circonferenza circoscritta tra i due vertici che non contiene il terzo.
3.
1.2.4
Osservazioni pedali (o pedanti?)(*)
4
Sia ABC un triangolo e siano Ha , Hb , Hc i piedi delle altezze; allora è ovvio che
le perpendicolari da essi ai lati del triangolo concorrono (nell’ortocentro). Dunque,
per quanto detto nella precedente sezione, anche le perpendicolari da A, B, C ai lati
4
di Ha Hb Hc concorrono. Quest’ultimo triangolo si chiama triangolo ortico.
Osservazione: Più in generale, per un qualsiasi punto P , siano Pa , Pb , Pc le sue
proiezioni sui lati, allora il triangolo da esse formato (triangolo pedale di P ) e il
triangolo di partenza sono ortologici.
Altri esempi poco interessanti di coppie ortologiche sono le seguenti.
4
Il triangolo ABC e il triangolo circumceviano dell’incentro (ovvero formato dai
punti in cui le ceviane dell’incentro intersecano la circonferenza circoscritta) sono
ortologici e i centri di ortologia sono l’incentro e il circocentro. infatti il triangolo circumceviano dell’incentro ha lati paralleli alle bisettrici esterne e quindi
perpendicolari alle bisettrici interne.
Il triangolo pedale di un qualunque punto P e il triangolo dei punti medi dei
lati sono ortologici, in quanto quest’ultimo ha i lati paralleli a quelli del triangolo di
partenza. Un centro ortologico è P ; determiniamo l’altro nel caso P = I, incentro.
Le perpendicolari ai lati del triangolo pedale di I sono parallele alle bisettrici interne,
passanti per i punti medi dei lati. Dunque, sia Q allineato con I e G, il baricentro,
tale che IG : GQ = 2 : 1, allora Q è il secondo centro ortologico.
Risultato 17 I due centri ortologici tra il triangolo pedale di P e il triangolo di
partenza sono P e il suo coniugato isogonale P 0 .
22
Dim: Siano J, K le proiezioni di P su AB e AC. Allora il quadrilatero JP KA ha
b = J AP
b . Del resto,
due angoli retti opposti e dunque è ciclico; in particolare, J KP
0
0 b
0
b , quindi P AK
b = J KP
b e
se P è il coniugato isogonale di P , si ha P AK = J AP
0
dunque, poiché KP ⊥ AK, si deve anche avere P A ⊥ JK. Dunque le rette AP 0 ,
BP 0 , CP 0 sono perpendicolari ai lati del triangolo pedale di P e dunque concorrono
nel secondo centro ortologico.
Osservazione: Questo dice, ad esempio, che le perpendicolari da A, B, C ai lati
del triangolo ortico concorrono nel circocentro, che è coniugato isogonale dell’ortocentro; dunque i lati del triangolo ortico sono paralleli alle tangenti in A, B, C
alla circonferenza circoscritta, ovvero ai lati del triangolo tangenziale. Da ciò segue
facilmente che le altezze da A, B, C sono le bisettrici interne del triangolo ortico,
mentre i lati del triangolo di partenza sono le bisettrici esterne.
Osservazione: Alla luce di questo risultato, non è difficile ottenere che i due centri
ortologici tra il triangolo pedale di un punto P e il triangolo mediale (triangolo dei
punti medi dei lati) sono P e un punto Q tale che P 0 , Q e G sono allineati con
P 0 G : GQ = 2 : 1.
Ora, siano P e Q coniugati isogonali e siano Pa , Pb , Pc , Qa , Qb , Qc le loro
proiezioni sui lati. Per evitare problemi di configurazione, supponiamo che entrambi
i punti siano interni al triangolo e le loro proiezioni siano interne ai tre lati.
b = α1 , P AC
b = α2 , C BP
b = β1 , P BA
b = β2 , ACP
b = γ1 , P CB
b =
Poniamo B AP
γ2 .
Allora, poiché Pa P Pb C è ciclico, si ha
b = PP
ca Pb
γ1 = P CA
b = P Pbb Pa
γ2 = P CB
Similmente, poiché Pa P Pc B è ciclico, si ha
b = Pa Pbc P
β1 = C BP
b = Pc P
ca P
β2 = P BA
e dalla ciclicità di Pb P Pc A si ha
b = Pc Pbb P
α1 = B AP
b = Pb Pbc P
α2 = P AC
Dunque
ca Pc = γ1 + β2
Pb P
Pa Pbb Pc = α1 + γ2
Pa Pbc Pb = α2 + β1
D’altra parte
π
π
− α1
APbb Pc = − α2
2
2
π
π
ca Pc = − β1
BP
B Pbc Pa = − β2
2
2
π
π
ca Pb = − γ2
C Pbb Pa = − γ1
CP
2
2
Se poi Q è il coniugato isogonale di P , si ha
APbc Pb =
ca Qc = γ2 + β1
Qb Q
23
cb Qc = α2 + γ1
Qa Q
cc Qb = α1 + β2
Qa Q
π
cb Qc = π − α1
− α2
AQ
2
2
π
cc Qa = π − β1
ca Qc = − β2
BQ
BQ
2
2
cb Qa = π − γ2
ca Qb = π − γ1
CQ
CQ
2
2
Ora, esaminiamo il quadrilatero Pa Qa Qb Pb ; si ha che
cc Qb =
AQ
ca Pb =
CP
π
cb Qa
− γ2 = C Q
2
ca Pb + Pb Q
cb Qa = π. Ovvero, il quadrilatero è ciclico. Lo stesso si può
e dunque Qa P
dire per Pb Qb Qc Pc e Pa Qa Qc Pc . Le tre circonferenze ad essi circoscritte hanno i 3
lati del triangolo come assi radicali, ma essi devono concorrere o essere paralleli e
ciò non è possibile; dunque le circonferenze non possono essere distinte.
Risultato 18 Le proiezioni di P e Q, coniugati isogonali, sui lati del triangolo sono
concicliche ed il centro di tale circonferenza è il punto medio di P Q.
Esercizio veramente antipatico Trattare i vari problemi di configurazione della
situazione precedentemente trattata.
Esempi
1. Applicando una delle precedenti osservazioni, consideriamo il circocentro O;
allora il suo triangolo pedale e il triangolo mediale sono ortologici e i due centri
ortologici sono O e un punto Q allineato con G e il coniugato isogonale di O
(ovvero H) e tale che HG : GQ = 2 : 1. Del resto, il triangolo pedale di O è
il triangolo mediale e dunque i due centri ortologici coincidono, ovvero H, G,
O sono allineati e HG : GO = 2 : 1. La retta che li contiene è detta retta di
Eulero.
2. Grazie all’ultimo risultato, sappiamo anche che il triangolo ortico e il triangolo
mediale hanno una stessa circonferenza circoscritta, il cui centro, punto medio
tra O e H, sta anch’esso sulla retta di Eulero. Tale circonferenza è detta di
Feuerbach ed il suo centro viene di solito indicato con N .
3. Il triangolo pedale di P è banale se e solo se uno dei suoi angoli è π, quindi se
e solo se una delle seguenti uguaglianze si verifica:
γ1 + β2 = π
α1 + γ2 = π
α 2 + β1 = π
ovvero se e solo se una delle seguenti vale:
b + P BA
b =π
P CA
b + B CP
b =π
B AP
b + P BC
b =π
P AC
ognuna delle quali è equivalente al fatto che A, B, C, P siano conciclici in
qualche ordine.
24
1.3
In riga! (o in retta?)
A straight line may be the shortest
distance between two points, but it
is by no means the most
interesting.
J. Pertwee as The Third Doctor in
Doctor Who
L’allineamento, al contrario della concorrenza, sembra una domanda molto meno
naturale; sorge però da diversi fronti, una volta che ci si avventuri abbastanza nella
geometria euclidea.
Dalla degenerazione dei triangoli pedali, all’allineamento di tre punti sui lati,
la ricerca di una maggiore generalità ci porterà presto ad un primo accenno di
geometria proiettiva ed al concetto di similitudine, eccellenti strumenti per trovar
rette.
1.3.1
Un triangolo sgonfiato(*)
Se il triangolo pedale di un punto P è degenere (ovvero una retta), ci troviamo
in una singolare situazione: le perpendicolari dai suoi vertici ai lati concorrono nel
punto P , ma le perpendicolari dai vertici ai suoi lati saranno rette parallele. Questo
significa che tale punto P non avrà un coniugato isogonale in senso proprio (diremo
che il suo coniugato isogonale è il punto all’infinito rappresentato dalla ”direzione”
delle rette parallele trovate).
Siano x = d(P, sA ), y = d(P, sB ), z = d(P, sC ) e siano Pa , Pb , Pc le proiezioni di
P ; allora (nel triangolo pedale di P )
ayx
1
[Pb P Pc ] = yz sin α =
2
2R
dove R è il raggio della circonferenza circoscritta. Dunque
[Pa Pb Pc ] =
1
(ayz + bxz + cxy) .
4R
Calcolando l’area in altro modo otteniamo
1
1
[Pa Pb Pc ] = Pa Pb · Pb Pc · sin Pa Pbb Pc = P C sin γP A sin α sin Pa Pbb Pc
2
2
b c + P CP
b a ; chiamando Q l’intersezione di P A con la
e notiamo che Pa Pbb Pc = P AP
b c = QAB
b =
circonferenza circoscritta al triangolo di partenza, abbiamo che P AP
b
b
b
QCB, quindi Pa Pb Pc = P CQ. Da cui
1
b
[Pa Pb Pc ] = P A · P C sin α sin β sin QCP
2
4
b = P Q sin P QC
b = P Q sin γ e dunque
ma, nel triangolo QCP , si ha P C sin P CQ
1
1
[Pa Pb Pc ] = P A · P Q sin α sin β sin γ = (R2 − OP 2 ) sin α sin β sin γ .
2
2
25
Abbiamo cosı̀ mostrato il seguente risultato (attribuito da alcuni ad Eulero, da altri
a Gergonne).
Risultato 19 Sia P un punto del piano, allora, con la notazione precedente, vale
la seguente relazione tra l’area del suo triangolo pedale e l’area del triangolo di
riferimento
1
[Pa Pb Pc ]
R2 − OP 2
= − 2 powΓ P =
[ABC]
4R
4R2
dove Γ è la circonferenza circoscritta e O il suo centro e le aree sono prese con segno.
Da qui segue che P ha triangolo pedale degenere se e solo se giace sulla circonferenza circoscritta. Di questo fatto si può anche dare una dimostrazione diversa:
poiché CPa P Pb è ciclico e nella circonferenza ad esso circoscritta CP è un diametro,
quindi
AB
Pa Pb = CP sin γ = CP ·
2R
e cosı̀ via. Dunque, il triangolo pedale di P è degenere se e solo se si verifica una
delle seguenti uguaglianze triangolari:
CP · AB
AP · BC BP · AC
=
+
2R
2R
2R
AP · BC CP · AB
BP · AC
=
+
2R
2R
2R
AP · BC
CP · AB BP · AC
=
+
2R
2R
2R
ed in ognuno di questi casi, il teorema di Tolomeo ci dice che A, B, C, P sono
conciclici in qualche ordine.
4
Risultato 20 (teorema di Simson) Le proiezioni di P sui lati di ABC sono allineate
se e solo se P appartiene alla circonferenza circoscritta. La retta che le contiene è
detta retta di Simson di P .
Osservazione: Dal conto fatto con le aree, otteniamo che un punto P sta sulla
circonferenza circoscritta se e solo se le sue distanze con segno dai lati rispettano
ayz + bxz + cxy = 0
Risultato 21 Siano P1 e P2 sulla circonferenza circoscritta e siano r1 e r2 le loro
b 2 /2.
rette di Simson; allora l’angolo tra di esse è pari a P1 OP
Dim:
Sia Q1 l’ulteriore intersezione della perpendicolare da P1 a BC con la
circonferenza circoscritta. Siano A1 , B1 , C1 le proiezioni di P1 su BC, CA, AB;
allora A1 e B1 vedono P C sotto un angolo retto e dunque
c1 P = ACP
b = B1 CP
b = B1 A
c1 P
AQ
ovvero, visto che P , A1 , Q1 sono allineati, si ha che r1 k AQ1 .
Allo stesso modo, si ottiene Q2 come ulteriore intersezione della perpendicolare
da P2 a BC e si ha che AQ2 k r2 .
26
Poiché P2 Q2 k P1 Q1 , si ha
b 2
b 2 = 1 P1 OP
Q1 AQ
2
che è la tesi. Osservazione: Se dunque P1 e P2 sono diametralmente opposti, le loro rette di
Simson sono ortogonali.
Risultato 22 La retta di Simson di un punto P passa per il punto medio del
segmento HP , dove H è l’ortocentro.
Dim: Consideriamo la proiezione Pb di P su AC e il simmetrico R di P rispetto ad
AC. Ora, il simmetrico H b di H rispetto ad AC giace sulla circonferenza circosctitta
e dunque
cb H = P H
cb H = P H
cb B = P CB
b b = PH
b
RHH
b b = ACB
b e dunque RHA
b = ACP
b per differenza, ma d’altra
D’altra parte, AHH
b = AQP
b , se Q è l’ulteriore intersezione di P Pa con la circonferenza
parte ACP
circoscritta. Questo vuol dire che HR è parallela alla retta di Simson di P .
Ora, sia X l’intersezione tra HP e la retta di Simson. Abbiamo che XPb k HR
e poiché RPb = Pb P , si ha anche che HX = XP . 4
Osservazione: Consideriamo il triangolo Pb Pc A; ovviamente P Pb ⊥ Pb A e P P c ⊥
Pc A. Se ora consideriamo gli assi di Pb A e Pc A, essi sono paralleli a P Pb e P Pc
e dunque la loro intersezione è allineata con P e A ed è il punto medio. Dunque
4
4
4
i circocentri di Pb Pc A, Pa Pc B, Pa Pb C sono i punti medi di AP , BP , CP . Quindi
tali circocentri formano un triangolo simile a quello di partenza, in scala 1/2, con
circonferenza circoscritta tangente in P a quella circoscritta al triangolo di partenza.
Osservazione: Le riflessioni di P rispetto ai lati sono allineate con l’ortocentro in
una retta parallela a quella di Simson di P . Ripetendo la costruzione al contrario,
data una retta per l’ortocentro, le sue riflessioni rispetto ai lati concorrono in un
punto sulla circonferenza circoscritta.
Esercizio infinitario Dimostrare che, se P è un punto della circonferenza circoscritta, le simmetriche rispetto alle bisettrici interne delle sue ceviane sono parallele
e determinarne l’inclinazione rispetto alla retta di Simson di P .
Esempi
1. Sia M il punto medio dell’arco AB che non contiene C; allora CM è la bisettrice interna ed M è equidistante dalle rette AC e BC. Dunque le proiezioni
M1 e M2 su BC e AC sono equidistanti da C, ovvero M1 C = M2 C. Questo
significa che la retta di Simson di M , che passa per M1 e M2 , è perpendicolare
alla bisettrice interna e passa per il punto medio del lato AB.
2. Sia A0 il punto diametralmente opposto ad A, allora le sue proiezioni su AC e
b 0 = ACA
b 0 = π/2.
AB sono C e B, in quanto AA0 è un diametro e dunque ABA
Dunque la retta di Simson di A0 è BC, che è dunque perpendicolare all’altezza
da A, che è la retta di Simson di A.
27
Esercizi
1.
1.3.2
Lunghezza senza larghezza(*)
4
Sia ABC un triangolo e siano D, E, F punti sulle rette dei lati BC, CA, AB.
Utilizziamo la seguente notazione:
hx = d(F, BC) hy = d(D, AC) hz = d(E, AB)
mentre ha , hb , hc sono le tre altezze del triangolo.
Risultato 23 (teorema di Menelao) D, E, F sono allineati se e solo se
BD CE AF
·
·
= −1
DC EA F B
4
Dim:
avere
D, E, F sono allineati se e solo se DEF è degenere. In tal caso, si deve
[ABC] = [F BD] + [EDC] + [AF E]
Ora, si ha
hx
FB
=−
ha
BA
DC
hy
=−
hb
CB
EA
hz
=−
hc
AC
Del resto
2[F BD] = hx · BD
2[EDC] = hy · EC
2[AF E] = hz · AF
ovvero
2[F BD] = ha ·
F B DB
·
BC
BA BC
2[EDC] = hb ·
DC EC
EA F A
·
CA 2[AF E] = hc ·
·
AB
CB CA
AC AB
Sommando, si ottiene
ha ·
F B DB
DC EC
EA F A
·
BC + hb ·
·
CA + hc ·
·
AB
BA BC
CB CA
AC AB
ovvero
2[ABC] ·
F B DB
DC EC
EA F A
·
+ 2[ABC] ·
·
+ 2[ABC] ·
·
BA BC
CB CA
AC AB
L’allineamento si verifica se e solo se questa somma è pari a 2[ABC]; dunque,
dividendo per 2[ABC], si deve avere
F B DB DC EC EA F A
·
+
·
+
·
=1
BA BC
CB CA AC AB
Ora, se BD/DC = x, allora DC/CB = 1/(x + 1) e DB/BC = 1 − 1/(x + 1);
sostituendo ciclicamente, otteniamo
1
x
1
y
1
z
+
+
=1
z +1x+1 x+1y+1 y+1z +1
28
ovvero
x(y + 1) + y(z + 1) + z(x + 1) = (x + 1)(y + 1)(z + 1)
xy + yz + zx + x + y + z = xyz + xy + yz + xz + x + y + z + 1
xyz + 1 = 0
da cui si ha che D, E, F sono allineati se e solo se
BD CE AF
·
·
= −1
DC EA F B
che è la tesi. 4
Osservazione: Come corollario, otteniamo l’area del triangolo DEF :
F B DB DC EC EA F A
[DEF ] = [ABC] 1 −
·
+
·
+
·
BA BC
CB CA AC AB
Osservazione: Dati tre punti D, E, F tali che AD, BE, CF concorrono in P , se
D0 , E 0 , F 0 sono i punti che dividono i lati nei rapporti con segno opposto, allora
sono allineati. Infatti, dal teorema di Ceva
BD CE AF
·
·
=1
DC EA F B
e dunque, visto che BD0 /D0 C = −BD/DC e cosı̀ via, si ha
BD0 CE 0 AF 0
·
·
= −1
D0 C E 0 A F 0 B
Osservazione: Inoltre, si ha anche
BD0 CE AF
·
·
= −1
D0 C EA F B
e dunque il lato EF del triangolo ceviale di P taglia BC nel punto D0 . Questo
significa che, dato il triangolo ceviale di un punto P , le intersezioni EF ∩ BC,
F D ∩ CA, DE ∩ AB sono allineate e sono i punti D0 , E 0 , F 0 definiti sopra.
Generalizzando i discorsi precedenti, otteniamo un interessante risultato di allineamento.
Risultato 24 (teorema di Desargues) Siano A, B, C, D, E, F tali che AD, BE,
CF concorrono in un punto O; allora P = BC ∩ EF , Q = CA ∩ F D, R = AB ∩ DE
sono allineati.
4
Dim: Applicando il teorema di Menelao al triangolo BCO tagliato dalla trasversale
per F , E, P , si ha
BP CF OE
= −1
P C F O EB
4
Applicandolo al triangolo CAO e alla trasversale per F , D, Q, si ha
CQ AD OF
= −1
QA DO F C
29
4
Applicandolo al triangolo ABO con la trasversale per D, E, R si ha
AR BE OD
= −1
RB EO DA
Moltiplicando queste tre relazioni, otteniamo
BP CQ AR
= −1
P C QA RB
ovvero, sempre per il teorema di Menelao, che P , Q, R sono allineati. Osservazione: (converso di Desargues) Supponiamo ora che P , Q, R siano allineati e dimostriamo che AD, BE, CF concorrono. Sia O = EB ∩ F C. I triangoli
4
4
REB e QF C sono tali che RQ, EF , BC concorrono e dunque (per il teorema di
Desargues dimostrato sopra)
RE ∩ QF = A
EB ∩ F C = O
BR ∩ CQ = D
sono allineati, ovvero AD passa per O, ovvero AD, BE, CF concorrono.
4
4
Osservazione: Due triangoli ABC e DEF tali che AD, BE, CF concorrono si
dicono perspettici rispetto ad un punto, detto centro perspettico; se invece AB ∩ DE,
BC ∩ EF , CA ∩ F D sono allineati, i triangoli si dicono perspettici rispetto ad una
retta, detta asse perspettico.
Osservazione: Il risultato precedente sul triangolo pedale di un punto si ottiene
da Desargues come caso particolare.
Esercizio bifido A scelta, scrivere una dimostrazione di Menelao che ottenga
la formula nel caso di allineamento e dimostri l’altra freccia con il ragionamento
classico; oppure si tratti in Desargues il caso di parallelismi.
Esempi
1. I piedi delle bisettrici esterne sono allineati, grazie ad una delle osservazioni
precedenti, oppure per verifica diretta tramite il teorema della bisettrice.
2. Le intersezioni dei lati del triangolo ortico con i lati del triangolo di partenza
sono allineate, per Desargues, lungo una retta detta asse ortico. Tale risultato
può essere ricavato dal punto precedente, ricordando che i lati del triangolo di
partenza sono bisettrici esterne del triangolo ortico.
4
4
3. Sia DEF il triangolo ortico di ABC e poniamo P = EF ∩ BC. Allora, poiché
BEF C è ciclico, si ha P B · P C = P E · P F , ovvero P ha la stessa potenza
rispetto alla circonferenza circoscritta e alla circonferenza di Feuerbach. Tale
ragionamento può essere ripetuto per Q = F D ∩AC e R = DE ∩AB. Dunque
l’asse ortico è asse radicale tra la circonferenza circoscritta e la circonferenza
di Feuerbach ed è quindi perpendicolare alla retta di Eulero.
Esercizi
30
1. Una retta per il baricentro G interseca AC e AB in M e N ; si dimostri che
AN · M B + AM · N C = AN · AM
4
2. Sia ABC un triangolo con ortocentro H e circocentro O; siano N il punto
4
medio di OH e L il baricentro di HBC. Dimostrare che L, N e A sono
allineati.
3.
1.3.3
Odor d’infinito(*)
In questa sezione dimostreremo alcuni risultati classici di concorrenza e allineamento, che trovano la loro collocazione naturale in geometria proiettiva. Vengono qui
riproposti adattandoli al contesto euclideo.
Risultato 25 (teorema di Pascal) Siano A, B, C, D, E, F punti su una circonferenza Γ. Allora i punti
P = AB ∩ DE
Q = BC ∩ EF
R = CD ∩ F A
Y = CD ∩ AB
Z = CD ∩ EF
sono allineati.
Dim: Definiamo
X = EF ∩ AB
4
e consideriamo il triangolo XY Z con le trasversali BC, DE, F A. Utilizzando il
teorema di Menealo, otteniamo
ZQ XB Y C
= −1
QX BY CZ
XP Y D ZE
= −1
P Y DZ EX
Y R ZF XA
= −1
RZ F X AY
Inoltre, essendo i 6 punti su Γ, si ha
XA · XB = XE · XF
YC ·YD =YA·YB
ZE · ZF = ZC · ZD
e dunque, moltiplicando le tre relazioni e tenendo conto delle precedenti uguaglianze,
si ha
ZQ XP Y R
= −1
QX P Y RZ
ovvero si ha che P , Q, R sono allineati. Osservazione: L’ordine in cui si trovano i punti non importa; dunque questo dice
che vi sono 120 modi di prendere i punti e dunque 120 diverse rette ottenute tramite
il teorema di Pascal.
31
Osservazione: E’ possibile considerare casi degeneri in cui due punti coincidano:
AABCDE. In questo caso, la retta AA sarà la tangente a Γ per A.
4
Esercizio inaudito Il triangolo ABC ha i vertici su un’iperbole rettangola; dimostrare che anche il suo ortocentro sta sull’iperbole.
Esempi
4
1. Sia Γ circoscritta ad ABC e sia P un punto del piano. Consideriamo il trian4
golo ceviale di P , DEF , e sia A1 l’ulteriore intersezione di AD con Γ. Costruiamo A2 e A3 come le ulteriori intersezioni di A1 E e A1 F con Γ e sia infine
X = BA2 ∩ CA3 . Ora, consideriamo l’esagono CABA2 A1 A3 ; per Pascal, si ha
che
CA ∩ A1 A2 = E
AB ∩ A1 A3 = F
BA2 ∩ A3 C = X
sono allineati.
2. Siano P e Q coniugati isogonali e consideriamo le loro proiezioni sui lati, Pa ,
Pb , Pc , Qa , Qb , Qc . Allora i punti X1 = Pa Qb ∩ Pb Qa , X2 = Pa Qc ∩ Pc Qa ,
X3 = Pb Qc ∩ Pc Qb sono allineati sulla retta P Q. Infatti, sappiamo che le 6
proiezioni sono concicliche e che il centro di tale cerchio è il punto medio di
P Q, sia detto R. Chiamiamo Pa0 = P Pa ∩ Qa R e Pb0 = P Pb ∩ Qb R; tali punti
ca Qa = P 0 Pbb Qb = π/2.
stanno sempre sulla stessa circonferenza, in quanto Pa0 P
b
0
0
Applicando Pascal a Qa Pb Pb Qb Pa Pa otteniamo che
Qa Pb ∩ Pa Qb = X1
Pa Pa0 ∩ Pb Pb0 = P
Pa0 Qa ∩ Pb0 Qb = Q
sono allineati. Ripetendo il ragionamento, otteniamo che X1 , X2 , X3 , P , Q
sono allineati.
4
3. Sia ABC un triangolo e sia Γ la circonferenza ad esso circoscritta; considerando
l’esagono AABBCC, per il teorema di Pascal abbiamo che le intersezioni tra
la tangente ad un vertice e il lato opposto sono allineate.
Risultato 26 (teorema di Newton) Sia ABCD un quadrilatero circoscritto a Γ
e sia EF GH il quadrilatero dei punti di tangenza (AB tange Γ in E e cosı̀ via).
Allora EG, F H, AC, BD concorrono.
Dim: Siano O = EG ∩ F H e X = GF ∩ EH.
Per Pascal applicato a EGGF HH si ha che EG ∩ F H = O, GG ∩ HH = D,
GF ∩ EH = X sono allineati.
Per Pascal applicato a EEHF F G, si ha che EE ∩ F F = B, EH ∩ F G = X,
HF ∩ EG = O sono allineati.
Concludendo, D, O, B, X sono allineati. Allo stesso modo, si ottiene che A, O,
C, Y = EF ∩ GH sono allineati. Dunque EG, F H, AC,BD concorrono. Risultato 27 (teorema di Brianchon) Sia ABCDEF un esagono circoscritto ad
una circonferenza Γ. Allora AD, BE, CF concorrono.
32
Dim: Siano GHIJKL i punti di tangenza di AB, BC, etc.; siano inoltre M =
AB ∩ CD e N = DE ∩ AF . Applichiamo il teorema di Newton al quadrilatero
AM DN , ottenendo che AD, IL, GJ concorrono in A0 .
Siano poi M 0 = BC ∩ ED, N 0 = AB ∩ EF . Allora per Newton su BM 0 EN 0 si
ha che BE, HK, GJ concorrono in B 0 .
Infine, definendo M 00 = CD ∩ F E, N 0 = CB ∩ AF e applicando Newton a
CM 00 F N 00 si ha che CF , HK, IL concorrono in C 0 .
Notiamo che AB ∩ A0 B 0 = G, BC ∩ B 0 C 0 = H e che A0 C 0 ∩ AC = AC ∩ IL.
Ora, consideriamo GI ∩ HL = O e IL ∩ GH = P ; l’esagono GGILLH è inscritto
in Γ e per Pascal si ha che GG∩LL = A, GI ∩LH = O, IL∩HG = P sono allineati.
Allo stesso modo, considerando HHLIIG, otteniamo che C, O, P sono allineati,
4
dunque A, C, P sono allineati. Ovvero, AC ∩ IL = P , ma P ∈ HG, quindi ABC e
4
A0 B 0 C 0 sono perspettici da una retta e dunque, per il converso di Desargues, AA0 ,
BB 0 , CC 0 concorrono, ovvero AD, BE, CF concorrono. Osservazione: Come anche per Pascal, per Brianchon possiamo utilizzare esagoni
degeneri, in cui tre punti siano allineati.
Osservazione: Come per Pascal, non conta l’ordine in cui vengono presi i punti e
dunque si ottengono 120 punti di concorrenza.
Osservazione: La somiglianza del risultato con il teorema di Pascal non è un caso;
segue dalla teoria della dualità proiettiva.
Esercizio sottratto Sia ABCD un rombo e siano E, F , G, H sui lati AB, etc.,
tali che EF e GH sono tangenti al cerchio inscritto in ABCD. Si dimostri che EF
e GH sono paralleli.
Esempi
4
1. Sia DEF il triangolo pedale dell’incentro di ABC, allora Brianchon sull’esagono ABCDEF dice che AD, BE, CF concorrono.
2.
Esercizi
1.
1.3.4
Giocando con gli elastici(*)
Un’omotetia di centro O e ragione k, con k numero reale, è una trasformazione del
piano, ovvero una funzione f bigettiva del piano in sé, che manda punti in punti,
definita come segue: f (P ) = Q se P , Q, O sono allineati e QO/OP = −k.
Più esplicitamente, se k > 0, allora OQ = k · OP e P , Q stanno dalla stessa
parte rispetto ad O; se k < 0, allora OQ = |k| · OP e P , Q stanno da parti opposte
rispetto ad O.
Risultato 28 Un’omotetia manda rette in rette, ovvero, se r è una retta, l’insieme
s = {f (P ) | P ∈ r}
33
è pure una retta. Inoltre r k s.
Dim: Se r passa per O, la tesi è ovvia. Altrimenti, siano A, B due punti di r e
poniamo C = f (A), D = f (B). Sia ora P un altro punto di r; vogliamo dimostrare
che Q = f (P ) è allineato con C e D.
4
4
b = C OQ;
b inoltre
Consideriamo i triangoli AOP e COQ. Per costruzione, AOP
AO/OC = P O/OQ e dunque i due triangoli sono simili.
4
4
Lo stesso si può dire per BOP e DOQ. Quindi
b
APbO = C QO
b
B PbO = DQO
e dunque A, P , B sono allineati se e solo se C, D, Q lo sono.
Inoltre, poiché OA k OC e OB k OD, si deve avere, per le similitudini di cui
sopra, che AB k CD, ovvero r k CD. Quanto fatto finora mostra che s è contenuta
nella retta per C e D.
Ora, applicando l’omotetia f −1 (inversa di f ) di centro O e ragione 1/k, C e D
vanno in A e B, quindi per quanto detto tutti i punti allineati con C e D vanno in
punti su r; quest’ultimo ragionamento dimostra che ogni punto della retta CD sta
in s. Risultato 29 Un’omotetia manda circonferenze in circonferenze e se Γ ha centro P
e raggio r, allora f (Γ) ha centro f (P ) e raggio |k| · r.
Dim: Sia Q un punto di Γ, allora la distanza tra f (P ) e f (Q) è |k| · P Q = |k| · r.
Dunque f (Γ) è contenuta nella circonferenza di centro f (P ) e raggio |k| · r. Con lo
stesso ragionamento del risultato precedente, si dimostra che in realtà coincidono.
Da cui la tesi. 4
Osservazione: Se D = f (A), E = f (B), F = f (C), allora i triangoli ABC e
4
DEF sono simili. Infatti, per il risultato precedente, i lati sono paralleli. Inoltre, il
rapporto di similitudine è |k|.
Osservazione: In particolare, l’omotetia conserva gli angoli. Inoltre conserva anche
i rapporti tra punti allineati, infatti se A, B, C sono allineati, anche D = f (A),
E = f (B), F = f (C) lo sono e si ha
DE = |k| · AB
EF = |k| · BC
F D = |k| · CA
e dunque AB/BC = DE/EF .
4
4
Osservazione: Dalle osservazioni precedenti si ricava che, se ABC e DEF si corrispondono per un’omotetia f , allora anche assi, mediane, bisettrici, altezze, circonferenze inscritta, circoscritta ed exinscritte, e qualunque altro dato legato ad angoli
e rapporti si corrispondono tramite f
Osservazione: Il risultato 1 può essere riformulato come: se A, B, C e D, E, F
sono allineati e AB/BC = DE/EF , allora, se AD e CF concorrono in P , esiste
un’omotetia di centro P che manda i primi tre punti nei secondi tre.
Osservazione: E’ banale che, se f (B) = E, allora E, B e il centro dell’omotetia
sono allineati.
34
I risultati seguenti sono esempi di utilizzo delle omotetie per ottenere risultati di
allineamento e di altra natura.
Risultato 30 (retta di Eulero) In un qualunque triangolo, l’ortocentro H, il
baricentro G e il circocentro O sono allineati e si ha HG : GO = 2 : 1.
4
4
Dim: Sia dunque ABC un triangolo e sia Ma Mb Mc il triangolo mediale. Sappiamo
che
AG : GMa = BG : GMb = CG : GMc = 2 : 1
e dunque, se f è l’omotetia di centro G e fattore −1/2, allora si ha
f (A) = Ma
f (B) = Mb
f (C) = Mc
D’altra parte, per quanto detto prima, sappiamo che f (H) è l’ortocentro del triangolo mediale; ovvero, f (H) è l’intersezione delle altezze del triangolo mediale.
Consideriamo l’altezza uscente da Ma : essa è la retta per Ma perpendicolare a
Mb Mc , ma per un’osservazione precedente si ha Mb Mc k BC, dunque l’altezza è la
retta perpendicolare a BC e passante per il punto medio, ovvero l’asse di BC.
4
Dunque, le altezze del triangolo mediale sono gli assi di ABC e quindi si incontrano nel circocentro, che è dunque ortocentro del triangolo mediale, ovvero O = f (H).
Questo significa che H, G, O sono allineati e HG : GO = 2 : 1. Osservazione: Tale risultato era già stato ottenuto come caso degenere di un
teorema sui centri ortologici dei triangoli pedali; inoltre, si può fornire anche la
seguente dimostrazione: le proiezioni di H e O sul lato BC sono il piede dell’altezza
Ha ed il punto medio Ma , che sono anche le proiezioni di A e Ma ; la proiezione del
baricentro Ga divide allora Ha Ma nello stesso rapporto in cui divide la mediana,
ovvero Ha Ga : Ga Ma = 2 : 1. Visto che questo vale per tutti e tre i lati, H, G, O
devono essere allineati e HG : GM = 2 : 1.
Risultato 31 (circonferenza di Feuerbach o dei nove punti) I punti medi dei lati,
i piedi delle altezze, i punti medi dei segmenti tra vertici e ortocentro.
Dim: Sappiamo che i simmetrici dell’ortocentro rispetto ai lati e ai punti medi dei
lati stanno sulla circonferenza circoscritta. Applicando un’omotetia di centro H e
fattore 1/2, i simmetrici dell’ortocentro rispetto ai lati vanno nei piedi delle altezze,
i simmetrici rispetto ai punti medi dei lati vanno nei punti medi dei lati, i vertici del
triangolo vanno nei punti medi tra H e i vertici. Questi 9 punti stanno dunque su
una circonferenze, immagine tramite tale omotetia della circonferenza circoscritta,
dunque di raggio R/2 e di centro N , punto medio tra O e H. Osservazione: Dunque anche N sta sulla retta di Eulero e vale HN : N G : GO =
3 : 1 : 2. Anche questo risultato può essere dimostrato in altra maniera, notando,
oltre al fatto che le proiezioni di H e O sono allineate, che il punto medio di AH e il
punto medio di BC formano un diametro, come anche i rispettivi segmenti formati
permutando ciclicamente le lettere.
Osservazione: La retta di Simson di un punto P sulla circonferenza circoscritta
passa per il punto medio di HP , ma per quanto appena dimostrato, tale punto appartiene alla circonferenza dei nove punti. Inoltre, se P e P 0 sono diametralmente
35
opposti sulla circonferenza circoscritta, allora le loro rette di Simson sono perpendicolari e dunque, intersecando la circonferenza dei nove punti in due punti diversi e
diametralmente opposti, anche la loro comune intersezione sta su tale circonferenza.
Risultato 32 Siano Γ1 e Γ2 due circonferenza tangenti internamente in A, sia BC
una corda di Γ1 (la circonferenza più grande) che tange Γ2 in P . Sia infine M il
punto medio dell’arco BC che non contiene A. Allora A, P , M sono allineati.
Dim: Siano r1 > r2 i raggi delle due circonferenze. Allora l’omotetia di centro A e
fattore r1 /r2 manda Γ2 in Γ1 e manda P in un punto P 0 di Γ1 tale che la tangente in
P 0 a Γ1 sia parallela a BC; questo significa che la perpendicolare da P 0 a BC passa
per il centro di Γ1 e dunque è anche asse di BC. Segue che P 0 è il punto medio
dell’arco BC che non contiene A, dunque è T , che è quindi allineato con A e P . 4
Risultato 33 Sia ABC un triangolo con incentro I; sia AH l’altezza e M il suo
punto medio. Sia infine D il punto in cui la circonferenza exinscritta tange BC.
Allora D, M , I sono allineati.
Dim: Sia F il punto in cui il cerchio inscritto tange BC e sia E il suo simmetrico rispetto a I (ovvero il punto diametralmente opposto ad F nella circonferenza
inscritta). Un’omotetia di centro A e fattore ra /r manda la circonferenza inscritta
nella circonferenza exinscritta opposta al vertice A; ora, poiché in D la tangente
alla circonferenza exinscritta è il lato BC, esso corrisponderà tramite f ad un punto
che abbia tangente parallela a BC. Tali punti sono F ed E, ma dunque f (E) = D,
ovvero D, E, A allineati.
D’altra parte EF k AH, dunque un’omotetia di centro D e ragione DH/DF
manda F in H, E in A e I in M , in quanto punti medi di EF e AH. Dunque D, I,
M sono allineati e M I : M D = HF : HD = AE : AD = r : ra . Osservazione: Se Ia è l’exincentro, con tecnica simile otteniamo che M , F , Ia sono
allineati e M F : M Ia = r : ra .
Esempi
4
1. Sia ABC un triangolo e siano dati tre cerchi di uguale raggio t, tangenti ognuno
a due dei lati e tutti passanti per un solo punto P . Siano I1 , I2 , I3 i loro centri;
allora AI1 , BI2 , CI3 sono le bisettrici e si incontrano in I. Inoltre, essendo
I1 e I2 distanti entrambi t da AB, si avrà I1 I2 k AB e similmente I2 I3 k BC,
4
4
I3 I1 k CA. Dunque esiste un’omotetia di centro I che porta I1 I2 I3 in ABC.
4
Ovviamente P è equidistante dai tre centri e dunque è circocentro di I1 I2 I3 e il
circoraggio è t; del resto, AI1 è anche bisettrice di I3 Ib1 I2 e quindi I è incentro
di entrambi i triangoli, che dunque hanno inraggio r − t e r. Da ciò
r−t
Rr
t
=
=⇒ t =
R
r
R+r
2. Notiamo che O e P sono allineati con I e si ha, ovviamente, che
OI : IP = R : t = R :
36
Rr
=R+r :r
R+r
e dunque
OP : P I = R : r
quindi un’omotetia di centro P e ragione r/R manda O in I e manda la
circonferenza di centro O e raggio R nella circonferenza di centro I e raggio r.
Esercizi
4
1. Sia H l’ortocentro di ABC e siano D, E, F le sue proiezioni sui lati. Sia H 0
4
il simmetrico di H rispetto a DE e sia C 0 il baricentro di DEH 0 ; definiamo
similmente B 0 , C 0 . Allora AA0 , BB 0 , CC 0 concorrono nel coniugato isogonale
del centro della circonferenza di Feuerbach.
37
Parte II
Circonferenze ad libitum
38
2.1
Tre punti, ma un sacco di cerchi
Μὴ μου τοὺς κύκλους τάραττε!
Archimede
2.1.1
Dentro, fuori...(*)
4
Sia in questa sezione ABC un triangolo, sia I il suo incentro e siano Ia , Ib , Ic gli
exincentri opposti ai vertici A, B, C rispettivamente. Denotiamo con D, E, F le
tangenze del cerchio inscritto con i lati e siano r, ra , rb , rc i raggi del cerchio inscritto
e di quelli exinscritti. Siano poi S l’area del triangolo e a, b, c i suoi lati.
Risultato 34 Si ha
r=
2S
a+b+c
ra =
2S
e cicliche
b+c−a
Dim: Per ogni punto P si ha
[ABC] = [ABP ] + [P BC] + [CAP ]
da cui, con P = I,
S=
cr ar br
+
+
2
2
2
e dunque
r=
2S
a+b+c
Del resto, se P = Ia , allora
S=
cra ara bra
−
+
2
2
2
da cui
ra =
2S
b+c−a
e similmente si ricavano le altre. Risultato 35 Si ha
4S =
Dim:
p
(a + b + c)(b + c − a)(b + a − c)(a + c − b)
Sia E 0 il punto in cui il cerchio exinscritto opposto ad A tange AC; allora
4
4
i triangoli AIE e AIa E 0 sono simili, in quanto sono rettangoli ed hanno un angolo
in comune. Quindi r : ra = AE : AE 0 , ma noi sappiamo che AE = b + c − a e
AE 0 = a + b + c, quindi
r : ra = b + c − a : a + b + c
39
4
4
b = π/2 −
Inoltre i triangoli CIE e Ia CE 0 sono simili, in quanto retti e con C IE
b = Ia CE
b 0 . Dunque IE : EC = E 0 C : Ia E, da cui
E CI
4r · ra = 4EC · EC 0 = (a + c − b)(a − c + b)
E dunque
4r2 =
(a + b − c)(a − b + c)(b + c − a)
a+b+c
da cui
4S = 2r(a + b + c) =
p
(a + b + c)(a + b − c)(a − b + c)(b + c − a)
che è la tesi. Osservazione:
Ponendo s = (a + b + c)/2, abbiamo che r = S/s, ra = S/(s − a),
p
S = s(s − a)(s − b)(s − c).
Osservazione: Ovviamente, si ha
rra rb rc =
S4
= S 2 = s(s − a)(s − b)(s − c)
s(s − a)(s − b)(s − c)
Osservazione: Inoltre
r−1 + ra−1 + rb−1 + rc−1 =
da cui
2s
2
s+s−a+s−b+s−c
=
=
S
S
r
1
1
1
1
=
+ +
r
ra rb rc
Esercizio cinico Ridimostrare le precedenti uguaglianze con il metodo delle aree
utilizzato nella dimostrazione del risultato 33.
4
Consideriamo il triangolo Ia Ib Ic ; esso è formato dalle tre bisettrici esterne del
triangolo di partenza. Dunque IIa ⊥ Ib Ic , in quanto bisettrice interna ed esterna
nel vertice A; similmente si ha IIb ⊥ Ia Ic e IIc ⊥ Ia Ib , il che vuol dire che I è
ortocentro del triangolo degli exincentri.
Di conseguenza, A, B, C sono i piedi delle altezze e dunque la circonferenza che
passa per essi (Γ, circoscritta al triangolo di partenza) è la circonferenza dei nove
punti del triangolo degli exincentri. Questo ha due conseguenze.
Primo, l’ulteriore intersezione di AI con Γ, che è il punto medio dell’arco BC che
on contiene A, è il punto medio tra I e Ia e lo chiamiamo Ma ; secondo, l’ulteriore
intersezione di Ib Ic con Γ è il punto medio tra Ib e Ic , che indichiamo con Na . Nella
circonferenza dei nove punti, il punto medio del lato è diametralmente opposto al
punto medio tra l’ortocentro e il vertice opposto, quindi abbiamo che Ma e Na sono
diametralmente opposti in Γ, ovvero che il punto medio tra Ib e Ic è anche punto
medio dell’arco BC che contiene A.
Risultato 36 L’incentro del triangolo mediale (detto punto di Spieker ) è il centro
radicale delle tre circonferenze exinscritte
40
Dim: L’asse radicale tra due circonferenze exinscritte, ad esempio quelle di centro
Ia e Ib , è perpendicolare alla congiungente i centri, dunque è parallelo alla bisettrice
interna dell’angolo in C. Inoltre, siano X e Y i punti di tangenza delle due circonferenze suddette con la retta AB (X la proiezione di Ia e Y la proiezione di Ib ); allora
BX = AY = s, quindi AX = s − a e XY = AX + XY = 2s − a.
Poiché XY è la tangente comune, l’asse radicale passa per il suo punto medio,
chiamiamolo Z; allora ZX = ZY = s − a/2 e dunque AZ = XZ − AX = s − a/2 −
a + a = a/2, ovverosia, Z è il punto medio di AB. Dunque l’asse radicale è una
parallela alla bisettrice di C che passa per il punto medio di AB, ovvero la bisettrice
del triangolo mediale.
Lo stesso ragionamento si può ripetere sulle altre coppie di cerchi, ottenendo che
gli assi radicali sono le bisettrici del triangolo mediale. Dunque il centro radicale è
l’incentro del triangolo mediale, ovvero il punto di Spieker Sp . Osservazione: Da questo segue che
IIa2 − ra2 = IIb2 − rb2 = IIc2 − rc2
Ricordiamo che, dette P , Q, R le proiezioni di Ia , Ib , Ic su BC, CA, AB, le
ceviane AP , BQ, CR concorrono nel punto noto come punto di Nagel.
Risultato 37 Il punto di Nagel del triangolo mediale è l’incentro del triangolo di
partenza.
Dim: Da un banale calcolo segue che AB + BP = AC + CP = s e che lo stesso
vale per Q e R.
Ora, siano Ma , Mb , Mc i punti medi dei lati del triangolo di partenza; consideriamo il parallelogramma AMb Ma Mc e siano M e N su Mb Ma e Mc Ma tali che
Mb M = Mc N . Prolunghiamo M Mc a incontrare AMb in T e sia S il punto di
intersezione di Mb N e MC M .
4
4
4
4
Osserviamo che T Mb M e T AMc sono simili e cosı̀ pure Mb T S e N Mc S. Da ciò
Mb T
Mb T
AT
TS
=
=
=
SMc
Mc N
Mb M
AMc
b c = Mb AM
b c.
da cui AS è la bisettrice di T AM
Dunque, l’incontro di Mc M e Mb N sta sulla bisettrice interna da A.
Ora, i piedi delle ceviane Ma X, Mb Y , Mc Z che individuano il punto di Nagel
del triangolo mediale hanno proprio la proprietà che Y Mc = ZMb , XMb = Y Ma ,
XMc = ZMa e dunque si intersecano nell’intersezione delle bisettrici del triangolo
di partenza, ovvero nell’incentro. Osservazione: Dal risultato precedente segue che un’omotetia di centro G e fattore
−1/2, mandando il triangolo nel triangolo mediale, manda il punto di Nagel Na
nell’incentro. Dunque Na , Sp , G, I sono allineati in quest’ordine e
Na Sp : Sp G : GI = 3 : 2 : 1
Tale retta si dice retta di Spieker ; si noti la forte somiglianza con la retta di Eulero.
Esempi
41
1. Il cerchio inscritto al triangolo mediale si chiama cerchio di Spieker. Esso tange
i lati del triangolo mediale nei punti in cui sono attraversati dai segmenti ANa ,
BNa , CNa , che collegano i vertici al punto di Nagel.
2. Segue dalle proporzioni scritte sopra che Sp è il punto medio di INa . Dunque
l’omotetia di centro Na e fattore 1/2 porta I in Sp e dunque porta il cerchio
inscritto del triangolo di partenza nel cerchio di Spieker. Questo significa che
il cerchio di Spieker è anche cerchio inscritto del triangolo che ha come vertici
i punti medi di ANa , BNa , CNa .
Esercizi
1.
2.1.2
... e tutt’attorno(*)
Come abbiamo dimostrato e già utilizzato, i simmetrici dell’ortocentro rispetto ai
lati e rispetto ai punti medi dei lati sono sulla circonferenza circoscritta. Questo
fatto può essere letto al contrario, affermando che i simmetrici della circonferenza circoscritta rispetto ai lati passano tutti e tre per l’ortocentro. E può essere
generalizzato.
Risultato 38 (teorema di Johnson) Siano Γ1 , Γ2 , Γ3 circonferenze con lo stesso
raggio, passanti per un punto P . Sia X l’ulteriore intersezione di Γ2 e Γ3 e si
definiscano similmente Y e Z. Allora la circonferenza Γ passante per X, Y , Z ha lo
stesso raggio delle tre di partenza.
Dim: Siano A, B, C i centri delle tre circonferenze. Allora BP CX, AP CY ,
AP BZ sono rombi e dunque AY k P C k BX. Inoltre, AY = BX e dunque ABXY
è un parallelogramma, il che implica che XY = AB.
4
4
Allo stesso modo Y Z = BC e ZX = AC. Dunque XY Z e ABC sono congruenti; ora, è facile vedere che il triangolo dei centri ha circocentro P e raggio della
circonferenza circoscritta pari a r = P A = P B = P C. Dunque anche il raggio della
4
circonferenza circoscritta a XY Z è uguale a r. Osservazione: Ovviamente P X ⊥ BC, in quanto la corda in comune tra due
cerchi è perpendicolare alla congiungente i centri e, per quanto dimostrato prima,
ZY CB è un parallelogramma, ovvero CB k ZY , il che dice che XP ⊥ ZY e cicliche.
4
Dunque P è l’ortocentro di XY Z.
Osservazione: Da quanto detto, segue che i simmetrici del circocentro rispetto
ai lati formano un triangolo congruente a quello di partenza, il cui circocentro è
l’ortocentro dell’originale.
4
Ora, sia O il circocentro di ABC e sia R = OA = OB = OC. Riprendiamo le
notazioni riguardanti incentro ed exincentri dalla sezione precedente.
Risultato 39 Sia d = OI, allora
R2 − d2 = 2Rr
42
Dim: R2 − d2 è la potenza di I rispetto a Γ; prolunghiamo AI fino ad intersecare
Γ nuovamente in M , che è punto medio dell’arco BC e punto medio di IIa .
Sappiamo che in un triangolo qualsiasi un vertice, l’ortocentro e le sue proiezioni
sui lati uscenti da quel vertice sono conciclici, con centro della circonferenza nel
punto medio tra ortocentro e vertice. Quindi I, B, C, Ia sono conciclici con centro
in M . Questo vuol dire che IM = BM = CM = Ia M .
Dunque
R2 − d2 = IA · IM = IA · M B =
r
· 2R sin(α/2) = 2Rr
sin(α/2)
come volevasi dimostrare. 4
cC = β, il che
Osservazione: Segue dalla dimostrazione che ICM è isoscele e I M
significa che IC = 2M C sin(β/2); d’altra parte, r = IC sin(γ/2) e dunque
r = IC sin(γ/2) = 2M C sin(β/2) sin(γ/2) = 4R sin(α/2) sin(β/2) sin(γ/2)
Osservazione: Con tecniche simili si possono ottenere la relazione OIa2 = R2 +2Rra
e cicliche.
Osservazione: Dalla relazione sin α + sin β + sin γ = cos(α/2) cos(β/2) cos(γ/2) si
ricava che
16R3 cos(α/2) cos(β/2) cos(γ/2) sin(α/2) sin(β/2) sin(γ/2)
abc
=
=
4R
4R
4R sin(α/2) sin(β/2) sin(γ/2)R(sin α + sin β + sin γ) = rs = S
Risultato 40 Si ha ra + rb + rc = 4R + r.
Dim: Sia M l’intersezione tra AI e Γ e sia M 0 il suo simmetrico rispetto ad O.
Sappiamo che M è il punto medio di IIa e M 0 è il punto medio di Ib Ic . Siano Y e Z
le proiezioni di Ib e Ic su BC, sia X la proiezione di Ia e sia X 0 la proiezione di I.
Poiché M M 0 è un diametro, si ha M M 0 = 2R, inoltre, per quanto fatto nella
sezione precedente, il punto medio di Y Z è il punto medio di BC, ovvero l’intersezione di M M 0 con BC, che chiamiamo D; quest’ultimo è anche il punto medio di
XX 0 .
Essendo DM 0 , Y Ib , ZIc parallele e DY = DZ, si ha che DM 0 = (rb + rc )/2.
D’altra parte, se Q = Ia X ∩ ID, allora XQ = X 0 I = r, visto che sono paralleli
e XD = DX 0 .
Ora, poiché M I = M Ia e poiché M D k Ia Q, si ha che 2 · DM = Ia Q = ra − r.
In definitiva,
2R = M M 0 = M 0 D + DM =
rb + rc ra − r
+
2
2
da cui
ra + rb + rc = 4R + r
che è la tesi. Esempi
43
1. La simmetria rispetto alla bisettrice interna del vertice A manda la circonferenza di diametro AH in una circonferenza tangente alla circonferenza circoscritta, in quanto la manda in una circonferenza il cui diametro giace su AO
e ha un estremo in A.
2.
Esercizi
1.
2.1.3
Rapporti regolamentati
Dati due punti A, B consideriamo, per ogni k reale positivo, il luogo
Lk = {P | P A = k · P B}
Nel caso in cui k = 1, già sappiamo che P A = P B se e solo se P A2 = P B 2 se e solo
se P appartiene all’asse di AB.
Risultato 41 Se k 6= 1, Lk è una circonferenza.
Dim: Siano L e L0 i due punti sulla retta AB tali che AL : LB = k : 1 e AL0 :
L0 B = −k : 1 (ovvero L interno al segmento e L0 esterno). Entrambi appartengono
al luogo. Ora, sia P un punto generico di Lk , allora AP/P B = AL/LB, dunque
4
P L è bisettrice interna in AP B e allo stesso modo P L0 è bisettrice esterna.
Questo significa che LPbL0 = π/2 e dunque Lk è contenuto nella circonferenza di
diametro L0 L.
Sia ora k 0 un altro reale positivo, diverso da 1 e siano N e N 0 ottenuti come
prima; è facile vedere che ci sono solo tre alternative: il segmento L0 L contiene il
segmento N N 0 , oppure il segmento N N 0 contiene il segmento LL0 , oppure i due
segmenti sono disgiunti.
Se Q è un punto sulla circonferenza di diametro L0 L, poniamo k 0 = AQ/QB; per
quanto appena osservato, Q sta sulla circonferenza di diametro N N 0 , ma questa non
interseca la precedente, a meno che N N 0 e L0 L coincidano come segmenti. Dunque
k = k 0 , ovvero Q appartiene a Lk . Osservazione: La circonferenza Lk è detta circonferenza di Apollonio ed il suo
centro M è il punto medio tra L e L0 . Considerando positive le distanze da A verso
B e negative le altre, abbiamo che
AL =
k
AB
k+1
AL0 =
k
AB
k−1
dunque AM = (AL + AL0 )/2, ovvero
AM = AB
k2 − k + k2 + k
k2
=
AB
2(k 2 − 1)
k2 − 1
Da ciò segue che AM : M B = k 2 : −1.
44
4
Osservazione: Dato un triangolo ABC, si dicono circonferenze di Apollonio del
triangolo le seguenti
BA
ΓA = {P | BP =
CP }
CA
AB
ΓB = {P | AP =
CP }
CB
AC
ΓC = {P | AP =
BP }
CB
Tali circonferenze hanno diametri lungo le rette dei lati, con estremi nei piedi delle
bisettrici interna ed esterna e passano per il vertice opposto. I loro centri XA , XB ,
XC dividono i lati nei seguenti rapporti:
BA2
BXA
=−
XA C
BC 2
CB 2
CXB
=−
XB A
BA2
AC 2
AXC
=−
XC B
CB 2
e dunque sono allineati, per il teorema di Menelao, lungo una retta detta asse di
Lemoine.
Osservazione: E’ facile vedere che due delle circonferenze di Apollonio si intersecano; ovviamente, P ∈ ΓA ∩ ΓB è un punto tale che
BP =
AB
CP
AC
CP =
CB
AP
AB
da cui
AB CB
CB
AP =
AP
AC AB
AC
e dunque P ∈ ΓC . Dunque i due punti di intersezione di ΓA e ΓB sono anche punti
di ΓC , ovvero sia queste tre circonferenze sono coassiali. I punti comuni Ji e Je si
dicono punti isodinamici.
BP =
Risultato 42 Le circonferenze di Apollonio di un triangolo sono perpendicolari alla
circonferenza circoscritta.
Dim: Consideriamo la circonferenza ΓA ; essa è ortogonale a Γ se e solo se OA
tange ΓA . Si supponga che β > γ.
4
Siano L e L0 i piedi della bisettrice interna ed esterna; allora il triangolo L0 AL è
inscritto in ΓA e OA è tangente se e solo se
b = π − (π − β − α/2) = π − γ − α/2 = (β − γ)/2
b = ALb0 L = π − L0 LA
OAL
2
2
2
D’altra parte,
b = OAB
b − B AL
b = π − γ − α/2 = (β − γ)/2
OAL
2
b A = π/2. e dunque OA è tangente a ΓA , ovvero OAX
Esercizio stucchevole Si determini il raggio della circonferenza di Apollonio
costruita a partire dai punti A e B con parametro k.
Esempi
45
1. Siano Γ1 e Γ2 cerchi di centri A e B e raggi a e b. Il luogo dei punti P tali che
l’angolo tra le tangenti da P a Γ1 è uguale all’angolo tra le tangenti da P a Γ2
è una circonferenza. Infatti, se 2θ è tale angolo, si ha
b
a
= sin θ =
AP
BP
a
e dunque AP = b BP , ovvero il luogo di punti è una circonferenza d’Apollonio
che passa per i centri di similitudine interna ed esterna tra le due circonferenze.
2. Sia ABC un triangolo e siano M , N due punti tali che AM : BM : CM =
AN : BN : CN . Allora, si ha
BM
CM
AM
=
=
AN
BN
CN
ovvero A, B, C stanno su una circonferenza di Apollonio del segmento M N ;
il centro di tale circonferenza, ovvero il circocentro di ABC, sta su M N .
3. Sia ABC un triangolo rettangolo in A e denotiamo con H la proiezione di A
su BC; allora, il centro della circonferenza di Apollonio relativa al lato BC
è il punto D su BC tale che DA tange la circonferenza circoscritta ad ABC.
\ = ACD
\ = BAH
\ e dunque AB
Supponiamo che AB < AC. Dunque DAB
\ ne segue che DA/AH =
e AC sono bisettrice interna ed esterna di DAH;
DB/BH e DA/AH = DC/CH. Ovvero DA/DB = AH/HB e DA/DC =
AH/CH. Ovvero D appartiene alle circonferenze di Apollonio relative a AB
e AC in AHB e AHC rispettivamente.
Esercizi
1. Sia Γ una circonferenza di centro O e sia AB una sua corda. Sia D l’intersezione di AB e OC e sia P l’ulteriore intersezione delle circonferenze circoscritte
a ADC e ODB. Determinare il luogo dei punti P al variare di C su Γ.
2. Dati nel piano due punti A, B, si determini il luogo dei punti C per i quali
esistono due punti D, E tali che D stia su BC, E su AC, A, B, D, E siano
conciclici in questo ordine e si abbia
CE
1
BD
=
= .
BC
CA
3
3. Siano ABC un triangolo, Γ la sua circonferenza circoscritta, M il punto medio
di BC. Supponiamo che AM incontri di nuovo Γ in X e P un punto tale che
BXCP sia un parallelogramma. La tangente a Γ in A interseca BC in K.
Dimostrare che KA = KP .
4. Nel triangolo ABC, le bisettrici interna ed esterna da A incontrano BC in D
ed E. Sia F un punto sulla circonferenza di diametro DE e siano K, L, M le
sue proiezioni su BC, CA, AB. Dimostrare che KL = KM .
5. Sia ABC un triangolo e siano M il punto medio di BC, ΓA la circonferenza di
Apollonio relativa al lato BC, D l’ulteriore intersezione di ΓA con la circoscritta
\
\
ad ABC. Si dimostri che M
AC = BAD.
46
2.2
Cerchi a specchio
What immortal hand or eye
Could frame thy fearful symmetry?
W. Blake - The Tiger
2.2.1
Multiplex imago(*)
Sia data una circonferenza Γ, di centro O e raggio R; consideriamo l’involuzione che
fissa O e scambia due punti P e Q se e solo se stanno sulla stessa semiretta da O e
OP · OQ = R2 . Tale trasformazione si dice inversione in Γ o di centro O e raggio
R.
Osservazione: L’immagine di una qualunque retta passante per O è ancora la
stessa retta passante per O, ma i singoli punti non saranno rimasti fissi.
Risultato 43 Siano date Γ e un punto P 6= O e non su Γ; sia AB il diametro di Γ
la cui retta contiene P e sia Q il punto su tale retta che realizza
AQ
AP
=−
PB
QB
dove i rapporti sono intesi con segno. Allora P e Q sono inversi rispetto a Γ.
Dim: Innanzitutto osserviamo che
−1 <
AP
AQ
<1⇔1>
> −1
PB
QB
Ovvero AP < P B se e solo se AQ < QB, il che vuol dire che P e Q stanno sulla
stessa semiretta uscente da O (punto medio di AB).
Ora, supponiamo di essere nel caso AP < P B (l’altro è simmetrico). Dunque,
AB = BP ± P A = BQ ∓ QA
ed inoltre P A = k · BP e QA = k · BQ (con k > 0). Quindi si ha
AB = BP (1 ± k)
AP =
AB = BQ(1 ∓ k)
k
AB
1±k
AQ =
k
AB
1∓k
ed inoltre
OP = OA ∓ P A =
1∓k
AB
2(1 ± k)
da cui
OP · OQ =
OQ = OA ± QA =
1 − k2
AB 2
2
AB
=
= R2
4(1 − k 2 )
4
E dunque P e Q sono inversi l’uno dell’altro in Γ. 47
1±k
AB
2(1 ∓ k)
Osservazione: E’ facile vedere che vale il viceversa: se P e Q sono inversi allora
dividono AB nello stesso rapporto, a meno del segno, con il solito ragionamento
classico.
Osservazione: Il centro O divide il segmento AB in rapporto 1 : 1; ovviamente, non
esiste un punto O0 tale che O0 A : O0 B = −1 : 1, in quanto sarebbe un punto esterno
al segmento, sulla stessa retta, equidistante da A e B. Impropriamente, si può
dire che O0 sia il punto all’infinito, ma questo non ha un preciso senso geometrico,
sebbene aiuti spesso l’intuizione.
Osservazione: Gli estremi del diametro lo dividono in rapporto 0 e ∞, dunque
entrambi sono fissi per inversione, in quanto unici punti che realizzano tale rapporto.
4
Risultato 44 Siano P , Q due punti e siano P 0 e Q0 i loro inversi in Γ. Allora OP Q
4
e OQ0 P 0 sono simili.
b = P 0 OQ
b 0 ; inoltre, per definizione di inversione, si ha
Dim: Ovviamente, P OQ
OP · OP 0 = R2 = OQ · OQ0
e dunque
OQ0
OP
=
OQ
OP 0
e quindi i triangoli sono simili. Osservazione: Segue da tale similitudine che
OP
PQ
=
0
0
PQ
OQ0
ovvero
P 0 Q0 =
P Q · OQ0
PQ
= R2
OP
OP · OQ
Osservazione: Inoltre, la relazione OP · OP 0 = OQ · OQ0 implica che P , P 0 , Q0 , Q
siano conciclici.
Osservazione: Sia r una retta non per O e sia Q la proiezione di O su di essa;
consideriamo un qualunque altro punto P sulla retta e siano P 0 e Q0 gli inversi
circolari. Allora,
b =
P ∈ r ⇔ P QO
π
π
⇔ Q0 PbO = ⇔ P 0 ∈ ω
2
2
dove ω è la circonferenza di diametro OQ0 . Dunque l’immagine di una retta non per
O è una circonferenza per O. Inoltre, poiché l’inversione è un’involuzione, è vero
anche il viceversa.
Osservazione: Sia ω una circonferenza non per O e sia s una retta per O che
interseca ω in A e B; sia poi P un punto generico di ω. Consideriamo i loro inversi
in Γ, A0 , B 0 , P 0 . Allora si ha
c0 B 0 = OBP
b
OP
c0 O = P AO
b
A0 P
48
supponiamo che i punti siano nell’ordine O, A, B. Allora, per il teorema dell’angolo
esterno,
b − OAP
b = OP
c0 B 0 − OP
c0 A0 = B 0 P
c0 A0
APbB = OBP
Dunque l’inverso di ω è una circonferenza.
Osservazione: Se s passa per il centro di ω, l’angolo in P è retto e dunque si
dovrebbe avere
AB 2 = P A2 + P B 2 ⇔ A0 B 02 = P 0 A02 + P 0 B 02
e la seconda uguaglianza può essere riscritta come
R4
AB 2
P A2
P B2
4
4
=
R
+
R
OA2 · OB 2
OP 2 · OA2
OP · OB 2
ovvero come
AB 2 · OP 2 = P A2 · OB 2 + P B 2 · OA2
che è equivalente a
P B 2 (OP 2 − OA2 ) = P A2 (OB 2 − OP 2 )
e dal teorema di Carnot segue che
b = AP 2 + 2OA · AP 2 /AB
OP 2 − OA2 = AP 2 − 2OA · AP cos OAP
b = −BP 2 + 2OB · P B 2 /AB
OB 2 − OP 2 = −BP 2 + 2OB · BP cos OBP
sostituendo e semplificando, troviamo
1+2
OB
OA
= −1 + 2
AB
AB
ovvero
1=
OB − OA
AB
che è vero.
Esercizio ellenico: Dimostrare che
sin(α − ω) cos(α − ω)
sin(α − ω) cos(α − ω)
1=
+
−
·
sin α
cos α
sin α
cos α
e capire il perché di tale esercizio.
Esempi
1. Siano K il piede della simmediana da C su AB e N il centro della circonferenza
di Apollonio del lato AB. Allora sappiamo che
AK
AC 2
AC 2
AN
=
=
−
−
=
−
KB
CB 2
BC 2
NB
e dunque due tali punti sono inversi rispetto alla circonferenza di diametro
AB. Tali sono anche i punti L ed L0 , piedi delle bisettrici interna ed esterna,
in quanto AL : LB = AC : CB e AL0 : LB = −AC : CB. Dunque, la
circonferenza di diametro LL0 rimane se stessa, sotto tale inversione, ma il suo
centro non resta fermo, né i singoli punti che la compongono, a parte L, L0 e
le sue intersezioni con la circonferenza di inversione.
49
4
2. Sia ABC un triangolo con circonferenza circoscritta Γ e sia OM l’asse del
segmento AB, con M ∈ Γ. Consideriamo P e P 0 sulla semiretta da O per M
che siano inversi rispetto a Γ; allora
OP · OP 0 = OM 2
CP 0 = OM 2
CP
OC · OP
e dunque
OM
OM 2
PM
MP 0
CP 0
=
=
·
=
CP
OP
P M OP · OM
PM
b e dunque CP e CP 0 sono
da cui segue che CM è la bisettrice di P 0 CP
b
simmetriche rispetto a CM , che è anche la bisettrice di ACB.
4
3. Consideriamo un triangolo ABC, la sua circonferenza inscritta
√ ω e la sua circonferenza circoscritta Γ. L’inversione di centro C e raggio BC · AC manda
B in B 0 e A in A0 , di modo che B 0 C = AC e A0 C = BC; dunque, compob si ottiene
nendo l’inversione con la simmetria rispetto alla bisettrice di ACB,
una trasformazione f tale che f (A) = A, f (B) = B. Inoltre, f (Γ) = AB e
f (ω) = ωC , dove ωC è una circonferenza tangente esternamente a Γ e ai lati
CB e AC.
Sia E il punto di tangenza di ω con AB e sia F il punto di tangenza di ωC
con Γ. Ora, un centro di similitudine tra ω e ωC (quello esterno) è C, mentre
il centro di similitudine interno tra ωC e Γ è F , quindi il centro di similitudine
tra ω e Γ sta su CF . Tramite la trasformazione f , il punto F va in E e dunque
CF è simmetrica di CE rispetto alla bisettrice da C. Questo ragionamento
ripetuto per gli altri vertici dimostra che il centro di similitudine interno tra
ω e Γ è il coniugato isogonale del punto di Nagel.
Esercizi
1.
2.2.2
Codice Morse(*)
Sia fissata una circonferenza γ di centro O e raggio R; per ogni punto P diverso da
O, definiamo la retta polare P rispetto a γ come la retta passante per l’inverso di P
in γ e perpendicolare a P O. La indichiamo con polγ (P ).
Similmente, data una retta r non passante per O, definiamo il polo di r rispetto
a γ come l’inverso in γ della proiezione di O su r. Lo indichiamo con polγ (r).
Osservazione: E’ immediato notare che polγ (polγ (P )) = P .
Risultato 45 (teorema di La Hire) Q ∈ polγ (P ) ⇔ P ∈ polγ (Q)
Dim: Se Q appartiene alla retta r = polγ (P ), allora, detta R la proiezione di O su
b = π/2.
r, si ha che QRO
c0 O = π/2
Sia ora Q0 l’inverso di Q e sia P = polγ (r) l’inverso di R, allora P Q
0
e dunque Q P è proprio la polare di Q, ovvero P ∈ polγ (Q). Il viceversa segue
dall’osservazione precedente. 50
Risultato 46 (Dualità) Siano P e Q punti distinti da O e non allineati con esso e
sia r la retta che li contiene; allora polγ (P ) ∩ polγ (Q) = polγ (r).
Dim: Sia R = polγ (r); poiché P ∈ polγ (R) e Q ∈ polγ (R), segue che R ∈ polγ (P )
e R ∈ polγ (Q), quindi
polγ (P ) ∩ polγ (Q) = R = polγ (r)
che è la tesi. Osservazione: Data una retta r non per O, consideriamo l’insieme di rette
{polγ (P ) | P ∈ r}
Dal risultato precedente segue facilmente che tale insieme è il fascio di rette per
polγ (r) meno la retta che passa per O.
Risultato 47 Sia P un punto esterno a γ e siano P A, P B le tangenti da P ad essa,
con A, B ∈ γ. Allora A, B ∈ polγ (P ).
Dim:
La retta per A e B è ovviamente perpendicolare ad OP , quindi basta
mostrare che lo interseca nell’inverso di P . Sia dunque Q l’intersezione tra AB e
b è retto. Dunque AQ è altezza
OP ; poiché P A è tangente, si ha che l’angolo P AO
4
relativa all’ipotenusa nel triangolo rettangolo P AO; per il primo teorema di Euclide,
OQ · OP = OA2 = R2 . Dunque Q è l’inverso di P . Osservazione: Dunque, in generale, se polγ (P ) ∩ γ = {A, B}, allora P A e P B
sono tangenti a γ. Perciò un punto è esterno a γ se e solo se la sua polare interseca
γ in due punti ed è interno se e solo se la sua polare non interseca γ.
Osservazione: Da uno qualunque dei risultati precedenti, segue facilmente che
P ∈ polγ (P ) se e solo se P ∈ γ e polγ (P ) è tangente a γ.
Esempi
4
1. Sia ABC un triangolo con circonferenza circoscritta Γ, sia M il punto medio di
BC e sia K il suo inverso in Γ. Allora sappiamo dalla sezione precedente che
AK è la simmediana; inoltre, per quanto appena detto, visto che OM ⊥ BC,
le rette KB e KC sono tangenti a Γ, dunque polΓ (K) = BC. Del resto,
sappiamo che polΓ (A) = ta , ovvero la tangente in A a Γ. Dunque, per dualità,
polΓ (AK) = polΓ (A) ∩ polΓ (K) = ta ∩ BC = Na
4
4
Ora, sappiamo che Na AB e Na CA sono simili e dunque
Na A
Na B
=
BA
AC
da cui
Na C
Na A
=
CA
AB
Na B
AB 2
=−
Na C
AC 2
Dunque, Na è il centro della circonferenza di Apollonio relativa al lato BC.
Tale centro è dunque il polo della simmediana da A; similmente Nb e Nc sono
51
poli delle simmediane da B e da C. Poiché le simmediane concorrono, tali
poli sono allineati (come già sappiamo) sulla retta di Lemoine, che dunque
è la polare del punto simmediano (o di Lemoine), coniugato isogonale del
baricentro.
2. Come conseguenza, OK è perpendicolare all’asse di Lemoine e l’inverso di
K in Γ sta su di esso; dunque la circonferenza di diametro OK va, tramite
inversione in Γ, nell’asse di Lemoine. In generale, se r = polγ (P ), allora r è
l’inverso in γ della circonferenza di diametro OP .
Inoltre, le proiezioni di O su AK, BK, CK sono i gli inversi dei poli delle
simmediane e dunque appartengono anch’essi alla circonferenza di diametro
OK (vedono tutti OK sotto un angolo retto). Anche questo vale in generale:
in un triangolo, date tre ceviane concorrenti in P , la circonferenza di diametro
OP passa per le proiezioni di O su tali ceviane.
4
3. Sia ABC un triangolo con incentro I e sia ` una retta tangente al cerchio
inscritto ω e distinta dai lati. Siano A’, B 0 , C 0 su ` tali che
b 0 = B IB
b 0 = C IC
b 0=π
AIA
2
Allora AA0 , BB 0 , CC 0 sono allineati. Infatti, siano D, E, F le tangenze di
BC, CA, AB con ω; allora polω (A) = EF , polω (B) = F D, polω (C) = DE.
Inoltre, polω (`) = L = ω∩`. Sia poi ra la polare di A0 ; sappiamo che AI ⊥ A0 I,
quindi ra k AI e del resto AI ⊥ EF , quindi ra ⊥ EF . Infine, ra passa per L.
In conclusione ra è la perpendicolare da L a EF ; similmente rb e rc sono le
perpendicolari da L a F D e DE. I piedi di tali perpendicolari sono allineati
per il teorema di Simson, dunque le loro polari AA0 , BB 0 , CC 0 concorrono per
dualità.
4
4. Sia ABC un triangolo con ortocentro H; siano Ha , Hb e Hc i piedi delle altezze
da A, B e C rispettivamente e sia γ la circonferenza di diametro BC. Sappiamo
che Hb Hc incontra BC in H1 , di modo che BHa : Ha C = −BH1 : H1 C e
dunque Ha e H1 sono inversi l’uno dell’altro nella circonferenza γ. Quindi
polγ (H1 ) = AHa .
Ora, siano D = polγ (BHb ) e E = polγ (CHc ). Ovviamente DB e EC tangono
ω, ma questo significa che DB ⊥ BC e EC ⊥ BC; inoltre, detto M il punto
medio di BC, si deve avere che DM ⊥ BHb , ovvero DM k AC e EM k AB.
Quindi DB : AHa = BM : CHa e EC : AHa = CM : BHa , ovvero
2DB · CHa = AHa · BC = 2EC · BHa
Da cui segue che
DB − AHa : AHa − CE = BHa : Ha C
e dunque A, E, D sono allineati. Del resto, poiché AHa , BHb , CHc concorrono
in H, H1 , D, E sono allineati su polγ (H), che quindi è la retta tra H1 e A.
In particolare, la polare di A rispetto a γ passa per H.
52
Esercizi
1.
2.2.3
Rapporto completo(*)
Dati 4 punti allineati A, B, C, D definiamo il birapporto della quaterna ordinata A,
B, C, D come il numero
AC AD
(A, B; C, D) =
/
CB DB
dove i due rapporti vanno intesi con segno.
Notiamo che, se (A, B; C, D) = (A, B; C, E), allora D = E.
Risultato 48 Sia P un punto del piano e siano A, B, C, D quattro punti allineati. Allora (A, B; C, D) dipende solo dagli angoli che formano tra loro le rette che
congiungono tali 4 punti con P .
Dim: Siano
b
α = APbC β = C PbB γ = DPbB φ = DAP
dove tutti gli angoli sono intesi orientati.
Allora
sin β
sin α
CB = CP
AC = CP
sin φ
sin(α + β + φ)
AD = DP
sin(α + β + γ)
sin φ
DB = DP
sin γ
sin(α + β + φ)
da cui
AC
sin α
sin γ
(A, B; C, D) = CB =
AD
sin β sin(α + β + γ)
DB
e dunque non dipende che dagli angoli formati in P . Osservazione: Dal risultato precedente segue che, data una retta r, le proiezioni
A0 , B 0 , C 0 , D0 di A, B, C, D su r da P hanno lo stesso birapporto, ovvero che
(A, B; C, D) = (A0 , B 0 ; C 0 , D0 ).
Osservazione: (A, B; C, D) = −1 se e solo se C e D sono uno inverso dell’altro
nella circonferenza di diametro AB.
Date quattro rette concorrenti, r1 , r2 , r3 , r4 , definiamo il loro birapporto come il
birapporto tra i punti P1 , P2 , P3 , P4 , ottenuti scegliendo una retta r non concorrente
con le prime 4 e ponendo Pi = ri ∩ r. Dunque
(r1 , r2 ; r3 , r4 ) = (P1 , P2 ; P3 , P4 )
e tale definizione è ben posta per il risultato precedente.
Data una circonferenza Γ e quattro punti A, B, C, D su di essa, per ogni altro
quinto punto P , si cha che gli angoli APbC, C PbB, APbD, DPbB sono costanti al
variare di P su Γ e dunque possiamo porre
(A, B; C, D)Γ = (AP, BP ; CP, DP )
53
per un qualunque P ∈ Γ. Il risultato 47 ci garantisce che tale definizione dipende
solo da Γ e non da P .
Risultato 49 Dati 4 punti A, B, C, D allineati su una retta r e data una circonferenza γ, con centro O 6∈ r, le polari di tali quattro punti rispetto a γ siano
rispettivamente a, b, c, d. Allora
(A, B; C, D) = (a, b; c, d)
b = aRc
b e
Dim: Sia R = polγ (r). Sappiamo che a ⊥ OA e c ⊥ OC, quindi AOC
similmente per gli altri lati. Da un’applicazione del risultato 47 segue la tesi. .
Osservazione: Il risultato precedente assicura che la polarità non altera i birapporti e ci permette di definire la polarità anche per 4 rette tangenti ad una stessa
circonferenza, considerandone i poli rispetto ad essa, ovvero i punti di tangenza.
Osservazione: Inoltre, si ricava facilmente che il birapporto di 4 punti allineati
con O non cambia dopo un’inversione di centro O e raggio qualsiasi.
Risultato 50 (lemma della polare) Sia γ una circonferenza e sia P un punto distinto
dal centro O; sia r una retta per P e sia s = polγ (P ). Allora, detti X, Y i punti
comuni tra r e γ e posto Z = r ∩ s, si ha (X, Y ; Z, P ) = −1.
Dim: Siano A e B gli estremi del diametro passante per P e sia P 0 l’inverso di P
in γ. Allora s è la perpendicolare a OP per P 0 . Ora, notiamo che
b =
AYb B = B XA
π
2
Siano dunque C = AY ∩ BX e H = AX ∩ BY . Ovviamente, H è l’ortocentro
4
di ABC. Da un esempio della sezione precedente segue che CP = polγ (H) e che
(A, B; P, CH ∩ AB) = −1, da cui CH ∩ AB = P 0 . Dunque CH = polγ (P ) = CP 0 .
Perciò, proiettando da C, otteniamo che
−1 = (A, B; P, P 0 ) = (CA, CB; CP, CP 0 ) = (CA ∩ r, CB ∩ r; CP ∩ r, CP 0 ∩ r) =
(Y, X; P, Z) = (X, Y ; Z, P )
come volevasi dimostrare. Osservazione: Il risultato 49 fornisce una dimostrazione rapida del fatto che la
polare del piede della simmediana deve passare per il centro della circonferenza di
Apollonio del lato corrispondente.
Osservazione: Si ricava che, se P e P 0 giacciono sulla retta per A e B e sono inversi
nella circonferenza di diametro AB, allora si ha (A, B; P, P 0 ) = −1.
Esempi
1. Siano Ha , Hb e Hc le proiezioni dell’ortocentro H su BC, AC e AB, siano K
l’intersezione di AH con Hb Hc e H1 l’intersezione di BC con Hb Hc , allora, per
proiezione da A, −1 = (B, C; Ha , H1 ) = (Hb , Hc ; K, H1 ).
54
2. Sia ABCD un quadrilatero inscritto in una circonferenza γ; siano r, s, t, u le
tangenti in A, B, C, D rispettivamente. Sappiamo dal teorema di Newton che
X = AB ∩ CD
Y = AC ∩ DB
r∩u
s∩t
sono allineati. Ora, ovviamente r ∩ u = polγ (AD) e s ∩ t = polγ (BC) dunque
segue che
Z = AD ∩ BC = polγ (XY )
Sia ora P = XY ∩ AD, allora (A, D; P, Z) = −1 per il lemma della polare.
Similmente, se P 0 = XY ∩ BC, avremo che (B, C; P 0 , Z) = −1. Lo stesso si
ottiene intersecando altri lati con Y Z e ZX.
3. Sia Na il centro della circonferenza di Apollonio sul lato BC di un triangolo.
Sappiamo che Na A tange la circonferenza circoscritta e che la simmediana AKa
è polare di Na . Sia D l’intersezione di AKa con la circonferenza circoscritta.
Allora, proiettando da A, si ottiene che (B, C; A, D)Γ = (B, C; Na , Ka ) = −1.
4. Siano A, B i centri di similitudine interna ed esterna tra due circonferenze
di centri O1 e O2 , allora A e B dividono O1 O2 nello stesso rapporto (quello
dei raggi), quindi (A, B; O1 , O2 ) = −1; ad esempio, siano Ia e Ib due excentri,
allora C e S = AB ∩Ia Ib sono i centri di similitudine tra i due excerchi e quindi
(Ia , Ib ; C, S) = −1. Proiettando su AB otteniamo che (Da , Db ; Hc , S) = −1,
dove Da e Db sono i punti di tangenza dei due excerchi con AB.
Esercizi
1.
55
2.3
Carneade
Let’s think the unthinkable, let’s do the undoable. Let us
prepare to grapple with the ineffable itself, and see if we
may not eff it after all.
D. Adams - Dirk Gently’s Holistic Detective Agency
2.3.1
Apollonio
Date due circonferenze ω1 e ω2 di centri O1 e O2 che si intersecano in due punti A
b 2 = O1 BO
b 2 = π/2, ovvero se e solo se
e B; esse sono ortogonali se e solo se O1 AO
O2 A e O2 B sono tangenti ad ω1 (e viceversa), ovvero se e solo se O2 è polo di AB
rispetto a ω1 (e viceversa).
Risultato 51 Due circonferenze ω1 e ω2 sono ortogonali se e solo se ognuna è fissa
rispetto all’inversione nell’altra.
Dim: Siano A e B le intersezioni di ω1 e ω2 e O1 ed O2 i loro centri; esse sono
b 2 = π/2 e dunque se e solo se O1 A2 + AO2 = O1 O2 ,
ortogonali se e solo se O1 AO
2
2
ovvero se e solo se
(O1 O2 − O2 A)(O1 O2 + O2 A) = O1 A2
ovvero se e solo se le due intersezioni di ω2 con O1 O2 sono inverse l’una dell’altra
rispetto a ω1 , quindi se e solo se ω2 va in se stessa tramite l’inversione in ω1 (in
quanto A e B già sono fissi). E’ facile poi vedere che questo è equivalente al fatto
che ω1 sia fissa rispetto all’inversione in ω2 . Osservazione: Segue dunque che, dette X, Y le intersezioni di ω1 con O1 O2 e Z,
W quelle di ω2 con O1 O2 , si ha che ω1 ⊥ ω2 se e solo se (X, Y ; Z, W ) = −1.
Definiamo Γa,k la circonferenza di Apollonio di parametro k > 0 rispetto al
segmento BC e similmente definiamo Γb,h e Γc,j . Siano X1 , X2 le intersezioni di Γa,k
con BC (X1 quella interna, X2 quella esterna) e similmente definiamo Y1 , Y2 e Z1 ,
Z2 .
4
Risultato 52 Il circocentro di ABC appartiene all’asse radicale di due qualsiasi
circonferenze tra Γa,k , Γb,h e Γc,j .
Dim: Per definizione di circonferenza di Apollonio, (B, C; X1 , X2 ) = −1 e dunque
Γa,k è perpendicolare a Γ e dunque le tangenti da O a Γa,k sono lunghe R, raggio di
Γ. Allo stesso modo le tangenti da O a Γb,h e a Γc,j sono lunghe R, quindi O ha la
stessa potenza rispetto alle tre circonferenze. Osservazione: Se i tre centri di Γa,k , Γb,h , Γc,j non sono allineati, O è il centro
radicale; altrimenti è un punto dell’asse radicale comune.
Osservazione: Sappiamo che i centri Oa , Ob , Oc dividono i lati nei rapporti −k 2 ,
−h2 , −j 2 e dunque sono allineati se e solo se (hkj)2 = hkj = 1. Ovvero se e solo se
X2 , Y2 , Z2 sono allineati, se e solo se AX1 , BY1 , CZ1 concorrono.
56
Supponiamo che hkj = 1, allora, se esiste un punto comune P a tutte e tre le
circonferenze, esso rispetta contemporaneamente
BP
=k
PC
CP
=h
PA
AP
=j
PB
e dunque
AP : BP : P C = 1 : hk : h = kj : k : 1 = j : 1 : hj
Ora, sappiamo che i lati del triangolo pedale di P sono
BC
CA
AB
Pc Pa = BP
Pa Pb = CP
2R
2R
2R
e dunque, affinché esista un punto P che soddisfa AP : BP : CP = 1 : hk : h, deve
valere
a + bhk ≥ ch bhk + ch ≥ a ch + a ≥ bhk
Pb Pc = AP
ma non è detto che tale condizione sia sufficiente.
Osservazione: Abbiamo che
b
Pb Pc2 = P Pb2 + P Pc2 − 2P Pb P Pc cos Pb PbPc = P Pb2 + P Pc2 + 2P Pb P Pc cos A
e
b
Pb Pc2 = P A2 sin2 A
Poniamo P Pa = x, P Pb = y, P Pc = z, dunque si ottiene

2 b
b

= z 2 + y 2 + 2zy cos A
 AP 2 sin A
b = x2 + z 2 + 2zx cos B
b
BP 2 sin2 B

 CP 2 sin2 C
b = x2 + y 2 + 2xy cos C
b
ed è noioso, ma facile, notare che le condizioni sopra riportate sono anche sufficienti,
in quanto assicurano la risolubilità in x, y, z di questo sistema.
Risultato 53 Sia P un punto del piano e sia ω una circonferenza centrata in P ; se
4
D, E, F sono gli inversi di A, B, C in ω, allora DEF è simile al triangolo pedale di
4
P in ABC.
Dim: Sappiamo che
DE = ρ2
AB
PA · PB
e cicliche, dove ρ è il raggio di ω. Quindi
DE
AB CP
=
EF
BC AP
del resto
Pa Pb = CP
AB
2R
Pb Pc = AP
e quindi
Pa Pb
AB CP
=
Pb Pc
BC AP
Da cui segue la tesi. Esempi
57
BC
2R
1. La circonferenza di centro Mc (punto medio di AB) e raggio Mc Da , con Da la
proiezione dell’excentro opposto ad A su BC risulta ovviamente ortogonale agli
excerchi opposti ad A e B (si ha Mc Da = Mc Db ). Dunque un’inversione in essa
fissa tali due cerchi. Per quanto osservato al termine della sezione precedente,
tale inversione scambia Ha e S = Ia Ib ∩ AB, dunque manda la circonferenza di
Feuerbach in una retta per S; tale retta ha la stessa inclinazione della tangente
alla circonferenza di Feuerbach in Mc . Visto che tale tangente forma con Mc Ma
cb Ma = C BA,
b essa risulta parallela all’altra tangente comune ai
l’angolo Mc M
due excerchi passante per S che non sia AB. Dunque, tramite l’inversione,
la circonferenza di Feuerbach va nella tangente comune ai due excerchi e dal
fatto che questi due rimangono fissi si ricava che la circonferenza di Feuerbach
li tange.
4
2. Le circonferenze di Apollonio del triangolo ABC sono ortogonali alla circonferenza circoscritta Γ e dunque, tramite inversione in Γ rimangono fisse. Questo
vuol dire che i punti isodinamici Ji e Je sono l’uno inverso dell’altro in Γ e
quindi sono uno interno e uno esterno alla circonferenza circoscritta. In particolare, O, Ji , Je sono allineati; inoltre, Ji Je è ortogonale all’asse di Lemoine,
su cui sono allineati i centri dei cerchi di Apollonio. Quindi, per quando visto
precedentemente, anche K è allineato con Ji e Je .
3. I triangoli pedali dei punti isodinamici sono equilateri: le circonferenze di
Apollonio del triangolo sono date da
k=
BA
AC
h=
CB
BA
j=
AC
CB
e dunque
CB CB
1
1
1
:
=
:
:
AC AB
CB AC AB
quindi i lati del triangolo pedale stanno tra loro come 1 : 1 : 1 e dunque il
triangolo è equilatero. Lo stesso vale per Je . Dunque invertendo in Je o Ji con
un qualunque raggio, i vertici del triangolo vanno in un triangolo equilatero.
AJi : BJi : CJi = 1 :
Esercizi
1. Si dimostri che la circonferenza di Feuerbach tange il cerchio inscritto.
2. Con le notazioni di questa sezione, siano R, S le intersezioni di OK con la
circonferenza circoscritta ad ABC. Allora (R, S; Ji , Je ) = −1.
3. Sia J uno dei due punti isodinamici. Denotiamo con Ia , Ib , Ic gli incentri di
BJC, CJA, AJB; allora AIa , BIb , CIc , IJ concorrono.
2.3.2
Brocard e Lemoine
Nella sezione precedente abbiamo determinato i due punti Ji e Je che possiedono
triangoli pedali equilateri. Tramite le tecniche sviluppate a questo scopo, possiamo
affrontare anche un altro problema: quali sono i punti il cui triangolo pedale è simile
a quello di riferimento?
Dobbiamo analizzare tre casi:
58
4
4
1. ABC∼Pa Pb Pc
4
4
2. ABC∼Pb Pc Pa
4
4
3. ABC∼Pc Pa Pb
Nel primo otteniamo che Pa Pb : Pb Pc = AB : BC e dunque CP · AB : AP · BC =
AB : BC, ovvero CP : AP = 1 : 1 e similmente per gli altri rapporti. Dunque P è
equidistante dai vertici, ovvero è il circocentro ed è l’unico, in quanto per k = 1 il
luogo Lk è una retta.
Nel secondo caso abbiamo Pb Pc : Pc Pa = AB : BC, da cui AP · BC : P B · AC =
AB : BC, ovvero AP : P B = AB · AC : BC 2 e cicliche. Dunque vogliamo
AP : BP : CP =
AB BC AC
:
:
BC AC AB
Come segue dalla teoria precedente, vi sono due tali punti; una breve riflessione2 mostra che quello interno alla circonferenza circoscritta è quello richiesto, che
chiamiamo Ω0 , secondo punto di Brocard.
Nel terzo caso, similmente a quanto accade nel secondo, otteniamo due punti con
le opportune distanze dai vertici e di questi dobbiamo considerare quello interno alla
circonferenza circoscritta, che chiamiamo Ω, primo punto di Brocard.
Osservazione: I punti che abbiamo scartato sono gli inversi di Ω e Ω0 nella circonferenza circoscritta e sono detti (quelle rare volte che si sente la necessità di dargli
4
un nome) punti di Beltrami. I loro triangoli pedali sono inversamente simili a BCA
4
e CAB.
b
b = Ω0 CB.
b = Ω0 AC
b = ΩBC
b = ΩCA
b e Ω0 BA
Risultato 54 Si ha ΩAB
Dim: Indichiamo con A0 , B 0 , C 0 i vertici del triangolo pedale di Ω; allora si ha
b0 = B
b
A
c0 = C
b
B
c0 = A
b.
C
b0 C 0 = ΩBC
b 0 , quindi
Per ciclicità, abbiamo che ΩA
b =B
b − ΩBA
b = C 0A
b0 B 0 − ΩBC
b 0 = C 0A
b0 B 0 − ΩA
b0 C 0 = ΩA
b0 B 0 .
ΩBC
b0 B 0 = ΩCB
b 0 = ΩCA.
b Dunque
Ancora per ciclicità, si ha ΩA
b = ΩCA
b .
ΩBC
b = ΩAB.
b Ed ancora allo
Ragionando similmente si ottiene l’altra uguaglianza ΩCA
0
stesso modo si può svolgere la dimostrazione per Ω . 4
4
4
Osservazione: Segue immediatamente che i triangoli ΩAB, ΩBC, ΩCA sono
4
4
4
simili, come anche Ω0 AB, Ω0 BC, Ω0 CA
2
in più di un senso
59
b è detto angolo di Brocard. Osserviamo che la circonferenza
L’angolo ω = ΩAB
per Ω, A, B tange BC in B, poiché la corda ΩB forma con la retta BC lo stesso
angolo sotto cui essa è vista da A; consideriamo dunque la circonferenza ω1 , per A
e B, che tange BC in B, la circonferenza ω2 , per B e C, che tange AC in C, la
circonferenza ω3 , per C e A, che tange AB in A, tali circonferenze si incontrano in Ω
e non sono coassiali, dunque Ω è il loro unico punto di incontro. Questo fornisce una
costruzione alternativa del primo punto di Brocard (e anche del secondo, mutatis
mutandis).
Risultato 55 Esiste una simlitudine di centro Ω che porta il suo triangolo pedale
in quello di riferimento.
Dim: Notiamo che, dalla precedente dimostrazione, emerge che
b = ΩA
b0 B 0
ΩBC
b = ΩB
c0 C 0
ΩCA
b = ΩC
c0 A0
ΩAB
e dunque, sempre per il precedente risultato, si ha
b0 B 0 = ΩB
c0 C 0 = ΩC
c0 A0
ΩA
4
Quindi Ω è anche il primo punto di Brocard di A0 B 0 C 0 ; la similitudine che porta
4
4
ABC in A0 B 0 C 0 ha perciò Ω come punto fisso. Osservazione: Lo stesso risultato vale per Ω0 .
b 0 = π/2 − A0 BΩ
b = π/2 − ω; dunque una rotazione di
Osservazione: Si ha B ΩA
0
0
0
centro Ω e angolo π/2 − ω porta A , B , C rispettivamente su ΩB, ΩC, ΩA. Inoltre,
poiché ΩA0 = ΩB sin ω, una dilatazione di fattore 1/ sin ω porta il risultato di tale
rotazione nei vertici.
Ora procediamo a giustificare il secondo nome nel titolo con alcuni risultati
sparsi.
Risultato 56 Le rette AK, BG, CΩ concorrono.
Dim: Sia Ωc = CΩ ∩ AB. Allora
ΩB 0 · AC
AC · BC 2 AC
AC 2
AΩc
=
=
=
Ωc B
ΩA0 · BC
AB
BC
AB 2
inoltre sappiamo che BKa : Ka C = AB 2 : AC 2 e quindi per Ceva si ha la tesi. Risultato 57 Siano A0 , B0 , C0 i simmetrici di A, B, C rispetto al circocentro;
sia L1 l’intersezione di AB0 e BC0 e definiamo similmente L2 = BC0 ∩ CA0 e
4
L3 = CA0 ∩ AB0 . Allora esiste una similitudine di centro Ω che porta ABC in
4
L3 L1 L2 .
b 0 = π/2 = ACA
b 0 e dunque L
c3 = A;
b allo stesso modo
Dim: Per definizione, B AB
b=L
c1 e C
b=L
c2 . Inoltre, poiché
B
b = π/2 − ω + π/2 + ω − C
b =π−C
b
B ΩC
c2 L3 = ΩL
c2 C = ΩBC.
b
si ha che B, C, Ω, L2 sono conciclici, ovvero ΩL
Lo stesso
ragionamento sugli altri vertici dimostra la tesi. 60
Osservazione: Dalla ciclicità di BΩCL2 , otteniamo che
b 2 = L2 BC
b = π − C0 BC
b = π/2
C ΩL
b 2 = π/2 − ω, da cui ΩL2 : ΩC = sin(π/2 − ω) : sin ω; perciò
e dunque ΩCL
una rotazione di −π/2 attorno a Ω e poi un’omotetia di fattore cot ω realizzano la
similitudine.
b 3 = BL
c2 A0 e
Osservazione: Il quadrilatero AA0 BC0 è ciclico, dunque A0 AL
c0 L3 = C0 L
c1 A. Essendo dunque A, A0 le intersezioni di una antiparallela a
AA
L1 L2 con i lati L3 L1 e L3 L2 , il punto medio di AA0 sta sulla simmediana da L3 ; lo
4
stesso vale per BB0 e CC0 . Quindi O è il punto di Lemoine di L3 L1 L2 .
Osservazione: Se poniamo L01 = AC0 ∩ A0 B, L02 = BA0 ∩ CB0 , L03 = CA0 ∩
AB0 , otteniamo le stesse proprietà, solo che il centro di similitudine sarà Ω0 e si
4
4
avrà L2 L3 L1 simile a ABC. Il circocentro sarà ancora punto di Lemoine del nuovo
triangolo.
Risultato 58 Il circocentro e il punto di Lemoine sottendono angoli retti nei punti
di Brocard.
b = π/2, in quanto K va in O
Dim: Dalla seconda osservazione segue che OΩK
tramite una rotazione di −π/2 e un’omotetia, entrambe di centro Ω. A seguito
dell’ultima osservazione, non è difficile ricostruire che L01 , L02 , L03 si ottengono da C,
A, B tramite una rotazione di π/2 in Ω0 e un’omotetia dello stesso centro. Dunque
b0 K = π/2 e i segmenti ΩΩ0 e OK si bisecano. OΩ
Osservazione: Poiché OΩ = OΩ0 , OK è asse di ΩΩ’. La circonferenza di diametro
OK su cui si trovano i due punti di Brocard è detta circonferenza di Brocard mentre
la retta OK è detta asse di Brocard ; come osservato in precedenza, su di esso si
trovano i punti isodinamici ed è perpendicolare all’asse di Lemoine, inverso in Γ
della circonferenza di Brocard. Dunque, sull’asse di Lemoine si trovano, oltre ai
centri delle circonferenze di Apollonio e all’inverso del punto di Lemoine, anche i
punti di Beltrami.
Esempi
4
4
1. Dalla similitudine tra ΩAC 0 e ΩBA0 segue che
sin(α − ω)
ΩB 0
BC 2
sin α sin(β + γ)
=
=
=
0
sin ω
ΩC
AB · AC
sin γ sin β
da cui
sin α cot ω − cos α = sin α cot γ + sin α cot β
ovvero
cot ω = cot α + cot β + cot γ
b
e poiché il risultato è simmetrico in A, B, C, questo mostra che ω = Ω0 BA.
2. Poiché l’angolo di Brocard è lo stesso per entrambi i punti, i loro triangoli
pedali sono congruenti, quindi in particolare hanno la stessa area, dunque
R2 − ΩO2 = R2 − Ω0 O2 , ovvero Ω e Ω0 sono equidistanti dal circocentro O.
61
b = ω = Ω0 AC,
b segue che Ω e Ω0 sono coniugati isogonali; dunque
3. Dal fatto ΩAB
i loro triangoli pedali hanno la stessa circonferenza circoscritta, che avrà raggio
R sin ω.
4. Consideriamo la circonferenza per A e B tangente ad AC e la circonferenza
per C e A tangente ad AB; esse si incontrano in A e in A00 . Definiamo
b = B 00 CB
b e B 00 BC
b = B 00 AB,
b dunque
similmente B 00 e C 00 . Notiamo che B 00 BA
00
00
c
b
AB C = 2B (o il suo supplementare), quindi B, C, B , O sono conciclici.
4
4
Inoltre BCB 00 e ABB 00 sono simili, quindi B 00 ha distanze dai lati AB e BC
proporzionali agli stessi, ovvero appartiene alla simmediana uscente da B.
c00 C = OAC
b = π/2 − ABC
b e BB
c00 O = B B
c00 C − OB
c00 C =
Infine, si noti che OB
b − π/2 + B
b = π/2. Dunque B 00 è la proiezione di O su BK. Dunque A00 ,
π−B
00
00
B , C stanno sulla circonferenza di Brocard e formano il cosiddetto secondo
triangolo di Brocard.
Esercizi
1. Dimostrare che ω ≤ π/6 e discutere il caso di uguaglianza.
b 0 = 2ω.
2. Dimostrare che ΩOΩ
3. Siano A0 = BΩ ∩ CΩ0 , B 0 = CΩ ∩ AΩ0 , C 0 = AΩ ∩ BΩ0 ; dimostrare che i
4
4
4
4
triangoli ABC 0 , BCA0 , CAB 0 sono isosceli e simili. Il triangolo A0 B 0 C 0 viene
chiamato primo triangolo di Brocard.
4. La parallela a BC per A0 , la parallela a AC per B 0 e la parallela a AB per C 0
concorrono in K.
5. La circonferenza di Brocard è circoscritta al primo triangolo di Brocard.
6. Il primo triangolo di Brocard è simile al triangolo di riferimento; si calcoli il
rapporto di similitudine e si dimostri che essa è una roto-omotetia con centro
in G.
7. Le rette per A, B, C parallele a B 0 C 0 , C 0 A0 , A0 B 0 concorrono in un punto sulla
circonferenza circoscritta, detto punto di Steiner. La retta di Simson di tale
punto è parallela all’asse di Brocard.
8. Il punto precedente rimane vero sostituendo ovunque la parola ‘parallelo’ con
la parola ‘perpendicolare’. Il punto cosı̀ ottenuto si chiama punto di Tarry.
2.3.3
Miquel, Simson e Steiner
Consideriamo tre punti D, E, F sui lati BC, CA, AB di un triangolo e le tre
4
4
4
circonferenze Γa , Γb , Γc circoscritte a AEF , BDF , CDE.
b = M EA.
b
Risultato 59 Γa , Γb , Γc concorrono in un punto M e si ha M FbB = M DC
Dim: Sia M il punto di intersezione di Γa e Γb diverso da F ; allora
cF = π − E AF
b
EM
cF = π − DBF
b
DM
62
quindi
cD = π − E CD
b
EM
dunque E, M , D, C sono conciclici, ovvero M ∈ Γc . D’altra parte
b = π − M FbA = M FbB = π − M DB
b = M DC
b
AEM
come volevasi dimostrare. 4
4
Il punto M viene detto punto di Miquel di DEF rispetto a ABC.
4
4
Risultato 60 Se DEF e D0 E 0 F 0 sono simili e hanno i vertici corrispondenti sugli
4
stessi lati di ABC, i loro punti di Miquel coincidono.
4
Dim: Basta dimostrare che gli angoli di DEF determinano unicamente il punto
M . Abbiamo che
cB = AEF
b + B DF
b =π−A
b − E FbA + π − B
b − DFbB =
AM
b − B)
b + (π − E FbA − DFbB) = C
b + DFbE .
(π − A
b+
Dunque M si trova sulla circonferenza per A e B che vede AB sotto l’angolo C
DFbE; similmente si trova sulla circonferenza per B e C che vede BC sotto l’angolo
b + E DF
b e sulla circonferenza per C e A che vede AC sotto l’angolo B
b + DEF
b .
A
Tali circonferenze non sono coassiali e quindi hanno al più un punto in comune.
Per il risultato precedente, M esiste sempre, quindi queste tre circonferenze (che
4
dipendono solo dagli angoli del triangolo DEF e da quelli del triangolo di partenza)
concorrono sempre in un punto.
4
Poiché le circonferenze dipendono solo dalla classe di similitudine di DEF , i
punti di Miquel di triangoli simili coincidono. 4
Ad esempio, il punto di Miquel di un triangolo simile a ABC (in un qualche
ordine) è uno tra O, Ω, Ω0 , il punto di Miquel di un triangolo equilatero è uno dei
punti isodinamici.
4
4
Osservazione: Il triangolo pedale del punto di Miquel di DEF è simile a DEF .
b =
Osservazione: Siano D, E, F tre punti su BC, CA, AB; sia P tale che P DC
b
b
b
P EA, allora P, D, C, E sono conciclici. Se poi anche P EA = P F B, anche
P, E, A, F e P, F, B, D sono quaterne di punti conciclici e P è il punto di Miquel
4
di DEF . In tal caso, se Q è il coniugato isogonale di P e se scegliamo D0 , E 0 , F 0
4
c0 B = P DC,
b QE
c0 C = P EA,
b QF
c0 A = P FbB, allora AP E e
sui lati di modo che QD
4
4
4
AQF 0 sono simili, come anche i triangoli AP F e AQE 0 , da cui AE/AF 0 = AP/AQ =
4
AF/AE 0 , ovvero AE · AE 0 = AF · AF 0 . Quindi le circonferenze circoscritte a DEF
4
e D0 E 0 F 0 coincidono.
Osservazione: D’altra parte, data una circonferenza che interseca in 6 punti i lati,
se si considera un punto per lato, il punto di Miquel del loro triangolo e quello del
triangolo dei restanti sono coniugati isgonoali.
63
Risultato 61 L’inverso nella circonferenza circoscritta del punto di Miquel M di
4
4
DEF è punto di Miquel di un triangolo inversamente simile a DEF .
4
Dim: Senza perdere di generalità, supponiamo che DEF sia il triangolo pedale di
M , allora
EF DF ED
:
:
MA : MB : MC =
BC AC AB
e quindi anche l’inverso M 0 di M avrà distanze dai vertici negli stessi rapporti.
Dunque il triangolo pedale di M 0 avrà i lati nella proporzione EF : DF : ED, ma
4
sarà orientato nella maniera opposta. Dunque i triangoli inversamente simili a DEF
hanno M 0 come punto di Miquel. Risultato 62 (teorema di Miquel) Siano A1 , A2 , A3 , B1 , B2 , B3 ; se le circonferenze
per A1 , B2 , B3 , per B1 , A2 , B3 , per B1 , B2 , A3 concorrono, allora lo fanno anche quelle
per A1 , A2 , B3 , A1 , B2 , A3 , B1 , A2 , A3 .
Dim: Si supponga che le prime tre circonferenze concorrano in P . Tramite un’in4
versione in P , le circonferenze vanno in tre rette che delimitano il triangolo B10 B20 B30
e i punti A01 , A02 , A03 stanno sui lati di questo triangolo. Dunque gli inversi delle
4
seconde tre circonferenze concorrono nel punto di Miquel di A01 A02 A03 . Osservazione: Se i tre punti D, E, F sono scelti allineati, il punto di Miquel ha
triangolo pedale degenere e quindi appartiene alla circonferenza circoscritta. Tale
situazione può essere più propriamente descritta come segue: date 4 rette, esse
formano 4 triangoli le cui circonferenze circoscritte concorrono in un punto, detto
punto di Miquel delle 4 rette (o del quadrilatero completo da loro formato).
Osserviamo inoltre che, dette a, b, c, d queste 4 rette e M il loro punto di Miquel,
se chiamiamo Ma , Mb , Mc , Md le proiezioni di M sulle rette, abbiamo che Ma Mb Mc
è la retta di Simson del punto di Miquel nel triangolo formato dalle rette a, b, c,
mentre Mb Mc Md è la retta di Simson di M nel triangolo formato da b, c, d. Questo
vuol dire che le proiezioni di M sono allineate, su r che si chiama retta pedale del
quadrilatero completo. Ovviamente, M è l’unico punto con tale proprietà.
Per quanto detto nel paragrafo sulla retta di Simson, anche gli ortocentri dei
quattro triangoli sono allineati, su r0 , detta retta ortocentrica del quadrilatero. Chiamiamo Oa il circocentro del triangolo ottenuto dalle rette b, c, d (con circonferenza
circoscritta Γa ) e similmente definiamo Ob , Oc , Od . Le riflessioni di M nei lati di
4
Oa Ob Oc sono le ulteriori intersezioni delle circonferenze coinvolte e quindi stanno
sulla retta d, quindi anche le proiezioni di M sui lati di tale triangolo sono allineate,
4
da cui segue che M sta sulla circonferenza circoscritta a Oa Ob Oc . Ripetendo l’argomento con gli altri triangoli dei centri, si ottiene che i quattro centri sono conciclici
con M e tale circonferenza Γm si dice circonferenza di Miquel del quadrilatero.
Osservazione: Se Da , Db , Dc sono le intersezioni di d con le altre rette, allora esiste
una similitudine di centro M che le porta in Ma , Mb , Mc . Infatti, anche se degeneri,
essi sono due triangoli inscritti nel triangolo di lati a, b, c che hanno lo stesso punto
cMa = Db M
cMb = Dc M
cMc
di Miquel, dunque sono simili. Inoltre è evidente che Da M
e dunque c’è una roto-omotetia che porta i primi tre punti nei secondi tre.
64
Siano X, Y , Z le riflessioni di M in a, b, c. Allora esiste una similitudine di centro
M che manda X, Y , Z in Da , Db , Dc ; del resto, i circocentri di XY M , ZY M , XZM
sono i vertici del triangolo delimitato da a, b, c, quindi la detta similitudine porta
tale triangolo in Oa Ob Oc . Questo vale ovviamente levando una retta diversa da d e
fornisce un’ulteriore dimostrazione della conciclicità di Oa , Ob , Oc , Od e F .
E’ facile vedere che, posto A = b ∩ c, B = a ∩ c, C = a ∩ b, si ha che AOa , BOb ,
COc concorrono su Γm , nell’ulteriore intersezione di Γm con Γd , M 0 detto centro
perspettico di Miquel.
Riassumiamo.
4
Risultato 63 (teorema di Steiner) Sia ABC un triangolo e siano U su BC, V su
CA, W su AB allineati su `. Sia M il punto di Miquel della configurazione; allora
4
4
4
1. i centri O, Oa , Ob , Oc delle circonferenze circoscritte a ABC, AV W , BU W ,
4
CU V stanno su una circonferenza per M ,
2. le proiezioni di M sulle quattro rette e i suoi simmetrici stanno su due rette
parallele.
4
4
3. ABC e Oa Ob Oc sono simili e perspettici da un punto M 0 che è conciclico con
tutti i centri e il punto di Miquel ed appartiene alla circonferenza circoscritta
4
a ABC.
Esempi
4
4
1. Siano D, E, F sui lati di ABC. Se DEF è direttamente simile al triangolo
di riferimento, il suo punto di Miquel è il circocentro; poiché quest’ultimo non
4
ha un inverso nella circonferenza circoscritta, non esiste un triangolo DEF
4
inversamente simile a ABC.
4
4
2. Siano D, E, F sui lati di modo che DEF sia direttamente simile a ABC, ma
supponiamo che D stia sul lato x, E sul lato y e F sul lato z (dove x, y, z sono,
−
+
in qualche ordine a, b, c). Allora indichiamo il punto di Miquel con Mxyz
. Mxyz
sarà il punto di Miquel nel caso di un triangolo inversamente simile. Abbiamo
−
+
= O e Mabc
non esiste; inoltre è ovvio per quanto fatto prima
notato che Mabc
−
−
+
+
0
e Mbca
sono i punti di Beltrami.
che Mcab = Ω e Mbca = Ω , mentre Mcab
b
3. Ricordiamo che se P e Q sono coniugati isogonali, si ha che Pa Pbb Pc e AQC
sono supplementari o uguali, a seconda della posizione di P rispetto alla circonferenza circoscritta; quindi il punto di Miquel Ma dei triangoli rettangoli
isosceli che hanno il vertice retto su BC è coniugato isgonale del punto Ka che
vede i lati sotto gli angoli π/2, 3π/4, 3π/4. Similmente si descrivono Mb e Mc
come coniugati isogonali di Kb e Kc . I punti Kx sono ottenuti come segue: sia
Γa , Γb e Γc circoscritte ai quadrati di lati BC, AC e AB esterni al triangolo,
sia Γxy la circonferenza di diametro XY , allora Kx = Γy ∩ Γz ∩ Γyz .
65
4
4
4. Si può dimostrare (ma non lo faremo qui) che Ma Mb Mc è perspettico con ABC
e il centro perspettico è Q, punto di Kenmotu, il coniugato isogonale del primo
4
punto di Vecten, centro perspettico tra ABC e il triangolo dei centri di Γa , Γb ,
Γc .
4
5. Sia ABC, siano D, E, F sui lati nel modo ovvio, allineati su `; si supponga che
ABDE sia ciclico e sia M il punto di Miquel della configurazione. Chiamiamo
N l’intersezione di CD con Γ, allora CF · F N = AF · F B = EF · F D, per la
ciclicità, quindi N sta sulla circonferenza per C, E, D, ovvero N = M .
Esercizi
−
−
−
1. Si dimostri che Macb
, Mcba
, Mbac
sono i vertici del secondo triangolo di Brocard.
2. Si dimostri che, date 5 rette, i punti di Miquel dei loro sottoinsiemi di 4 rette
sono conciclici su una circonferenza detta circonferenza di Clifford.
3. Si dimostri che, date 6 rette, le circonferenze di Clifford dei loro sottoinsiemi
di 5 rette concorrono in un punto, detto punto di Miquel delle 6 rette.
4. Si indovini come va avanti.
5. Con la notazione dell’esercizio 5, sia O0 il circocentro di ABDE, allora OM è
perpendicolare a CF e passa per AD ∩ BE.
66
2.4
Erotismo esotico
Sex without love is a empty and meaningless experience,
but as empty experiences go, it’s one of the best.
W. Allen
2.4.1
Ménage à trois
Ricordiamo che date due circonferenze Γ1 , Γ2 di centri O1 , O2 e raggi r1 , r2 , una
esterna all’altra, le tangenti comuni interne (quelle che separano le due circonferenze) si intersecano in un punto Si detto centro di similitudine interno mentre le
tangenti comuni esterne (quelle che lasciano le due circonferenze dalla stessa parte)
si intersecano in un punto Se detto centro di similitudine esterno.
Un’omotetia di centro Si e fattore −r1 /r2 porta Γ2 in Γ1 , come anche un’omotetia
di centro Se e fattore r1 /r2 . Ovviamente questo significa che Se , Si , O1 , O2 sono
allineati e (Si , Se ; O1 , O2 ) = −1 (come già altrove osservato), in quanto O1 Si /Si O2 =
r1 /r2 e O1 Se /Se O1 = −r1 /r2 .
In generale, i centri di similitudine interno ed esterno sono i centri di omotetia
di fattore negativo e positivo che portano una circonferenza nell’altra. Non sempre
esistono entrambi, né hanno sempre caratterizzazioni come le precedenti.
Osservazione: Se due circonferenze sono esternamente tangenti, il punto di tangenza è centro di similitudine interno; se due circonferenze sono internamente tangenti,
il punto di tangenza è centro di similitudine esterno.
Nel seguito indicheremo con O(r) una circonferenza di centro O e raggio r;
quando non ci servirà indicare il raggio useremo la notazione (O).
Risultato 64 (teorema di D’Alembert o di Monge) Siano O1 (r1 ), O2 (r2 ), O3 (r3 )
circonferenze di centri distinti. Indichiamo con A1 il centro di similitudine interno
o esterno tra Γ2 e Γ3 , a seconda che = +1 o −1 e definiamo similimente A2 , A3 .
Allora A11 , A22 , A33 sono allineati se e solo se 1 2 3 = −1.
4
Dim: I punti Ajj si trovano sui lati del triangolo O1 O2 O3 e si ha
Oi Ajj
ri
= j
Ajj Ok
rk
dunque
O1 A33 · O2 A11 · O3 A22
r1 r2 r3
= 1 2 3
= 1 2 3
A33 O2 · A11 O3 · A22 O1
r2 r3 r1
e dal teorema di Menelao si ha la tesi. Le rette ottenute dal precedente risultato si dicono rette di Monge.
Osservazione: Dalla dimostrazione del risultato precedente si ottiene anche che le
rette Aii Oi concorrono se e solo se 1 2 3 = 1.
Osservazione: Sia hji l’omotetia di centro Ak che manda Oi (ri ) in Oj (rj ). Allora
l’omotetia
h = h123 h231
67
manda Γ3 in Γ1 ed essendo una composizione di omotetie è ancora un’omotetia
(se r1 6= r3 ). Deve avere centro A2 per qualche e tale centro deve giacere sulla
congiungente degli altri centi. Poiché il fattore della composizione è il prodotto dei
fattori, il fattore di h sarà di segno (−1 )(−3 ), ovvero = −1 3 . Dunque A22 si
trova sulla retta A11 A33 se e solo se 2 = −1 3 .
Risultato 65 Date due circonferenze mutuamente esterne o(r) e O(R), siano (O− )
una circonferenza che tange entrambe internamente (quindi le contiene) e (O+ ) una
circonferenza che tange entrambe esternamente. Allora l’asse radicale di (O− ) e
(O+ ) passa per il centro di similitudine esterno Se di o(r), O(R).
Dim: Supponiamo r < R. Siano A e C i punti di tangenza di (O− ) con o(r) e
O(R) rispettivamente; siano poi B e D i punti di tangenza di (O+ ) con o(r) e O(R)
rispettivamente. Siano A0 e B 0 le ulteriori intersezioni di Se A e Se B con o(r) e si
definiscano similmente C 0 , D0 su O(R).
Applicando il teorema di D’Alembert a o(r), O(R), (O− ), si ha che A, C, Se
sono allineati; allo stesso modo si ha che B, D, Se sono allineati. Allora si ha
Se B·Se B 0 = Se A·Se A0 e Se C·Se C 0 = Se D·Se D0 ; ora, è ovvio che i punti devono essere
ordinati come segue: Se , A, A0 , C 0 , C e Se , B 0 , B, D, D0 . Inoltre, per la similitudine
tra le due circonferenze, si ha EA0 = EC 0 (r/R), EB 0 = ED0 (r/R).
Dunque
Se B · Se D = Se B · Se B 0
R
R
= Se A · Se A0 = Se A · Se C
r
r
ovvero Se appartiene all’asse radicale di (O+ ) e (O− ). Osservazione: Non è difficile vedere che anche il centro di similitudine esterno (con
fattore di omotetia positivo) tra (O+ ) e (O− ) sta sull’asse radicale di o(r) e O(R).
Esercizio esausto Dimostrare la seguente versione generale: date due circonferenze
(A) e (B) non concentriche, se la circonferenza (C) le incontra con lo stesso angolo
e lo stesso fa la circonferenza (D), allora l’asse radicale di (A) e (B) passa per il
centro di similitudine esterno di (C) e (D) e viceversa.
Ora, date come prima tre circonferenze con centri non allineati, supponiamo
esistano (O+ ) che tange tutte e tre esternamente e (O− ) che tange tutte e tre
internamente. Dal risultato precedente si ricava facilmente il seguente.
Risultato 66 Date come sopra tre circonferenze i cui centri ora non siano allineati,
l’asse radicale di (O+ ) e (O− ) è la retta di Monge per A1− , A2− , A3− .
E dall’osservazione che lo segue, si ottiene la prossima.
Osservazione: Il centro di similitudine esterno tra (O+ ) e (O− ) (quello in cui
l’omotetia ha fattore positivo) è centro radicale O di O1 (r1 ), O2 (r2 ), O3 (r3 ). Inoltre,
i punti Ti , Ti0 di tangenza di Oi (ri ) con (O+ ) e (O− ) sono allineati con O, sempre
per il teorema di D’Alembert.
Osservazione: Consideriamo la retta Ti Ti0 e facciamone il polo rispetto alla circonferenza Oi (ri ); si vede facilmente che tale polo sta sulla retta Aj− Ak− . Di converso,
il polo della retta di Monge rispetto alla circonferenza Oi (ri ) deve essere allineato
con Ti , Ti0 , O.
68
Riunendo le configurazioni finora fatte otteniamo una costruzione per (O+ ) e
(O− ).
Risultato 67 Siano date tre circonferenze disgiunte e mutuamente esterne, con i
centri non allineati. Si consideri la retta di Monge dei centri di similitudine esterni
e siano A, B, C i poli di tale retta rispetto alle tre circonferenze; sia poi O il
centro radicale delle tre circonferenze. Consideriamo OA ed intersechiamola con
la circonferenza per cui A è il polo della retta di Monge; chiamiamo P e P 0 le
intersezioni di modo che i punti siano nell’ordine OP P 0 . Siano similmente Q, Q0 e R,
R0 sulle altre due circonferenze le intersezioni con OB e OC. Allora la circonferenza
per P , Q, R è esternamente tangente alle tre date, mentre quella per P 0 , Q0 , R0 lo
è internamente.
Osservazione: Date tre circonferenze, il problema di trovare tutte le circonferenze
che tangono tutte e tre contemporaneamente è detto problema di Apollonio. Con
qualche accorgimento, la costruzione proposta funziona per trovare tutte le soluzioni,
solo prendendo di volta in volta tutte le rette di Monge dei tre cerchi e scegliendo
con cura come separare i 6 punti trovati. Le soluzioni si chiamano circonferenze di
Apollonio e il metodo di soluzione proposto prende il nome da Gergonne.
Esempi
1. Se le tre circonferenze sono gli excerchi di un triangolo, una delle soluzioni
per il problema di Apollonio è ovviamente il cerchio dei nove punti ((O+ )
con la precedente notazione); tre soluzioni degeneri (e la cui tangenza non
è totalmente interna o esterna) sono i lati. Ora, consideriamo il punto di
Spieker, ovvero l’incentro del triangolo mediale. Come visto in precedenza,
Sp è il centro radicale degli excerchi; dunque le tangenti da Sp ai tre cerchi
hanno la stessa lunghezza. Invertendo con centro Sp e raggio tale lunghezza, gli
excerchi rimangono fissi, mentre il cerchio dei nove punti (totalmente interno
alla circonferenza di inversione e contenente Sp al proprio interno) va in un
cerchio esterno, quindi internamente tangente ai tre excerchi, che è l’altra
soluzione ((O− )).
2. La costruzione precedente funziona in generale: trovato, ad esempio, (O+ ),
esiste una circonferenza di centro O e ortogonale alle tre date, quindi l’inverso
di (O+ ) in tale circonferenza è (O− ).
3. Sempre considerando i tre excerchi (Ia ), (Ib ), (Ic ) di un triangolo, siano A0 , B 0 ,
C 0 i punti in cui (O− ) li tange; allora A0 è centro di similitudine esterno tra
(Ia ) e (O− ), mentre A è centro di similitudine esterno tra (Ia ) e (I). Quindi
per il teorema di D’Alembert, il centro di similitudine esterno tra (I) e (O− )
si trova su AA0 . Allo stesso modo si trova che esso appartiene anche a BB 0
e CC 0 . Dunque AA0 , BB 0 , CC 0 concorrono nel centro di similitudine esterno
tra (I) e (O− ),denotiamolo con J, che a volte è detto punto di Apollonio.
4. Può essere dimostrato (ma non lo faremo qui) che J giace sull’asse di Brocard
OK ed anzi è l’intersezione tra OK e Sp N , con N centro della circonferenza
di Feuerbach.
69
5. Supponiamo di saper risolvere il seguente problema: dati due cerchi e un punto, trovare i 4 cerchi per quel punto tangenti ai due dati. Allora, date tre
circonferenze come sopra, sia C1 il centro della più piccola e r1 il suo raggio. Consideriamo il cerchio per C1 che tange esternamente le circonferenze
concentriche alle altre due, ma di raggi r2 − r1 e r3 − r1 ; allora il cerchio concentrico a questo di raggio diminuito di r1 la soluzione tangente esternamente
al problema di Apollonio.
Esercizi
1. Si calcoli il raggio di (O− ) nel caso degli excerchi, calcolando il raggio della
circonferenza ortogonale ad essi e centrata in Sp .
2. Sia P l’intersezione di Ma Mb con BIa e sia Q l’intersezione di Ma Mc con CIa .
Allora P e Q stanno sulla circonferenza ortogonale agli excerchi di centro Sp .
3. Si dia soluzione al seguente problema: dati due cerchi e un punto, trovare i 4
cerchi per quel punto tangenti ai due dati.
4. Siano Oa , Ob , Oc i centri degli inversi dei lati nella circonferenza di centro Sp
ortogonale agli excerchi. Dimostrare che AOa , BOb , COc concorrono.
2.4.2
Contatti promiscui
4
Sia ABC un triangolo fissato, siano O ed I circocentro ed incentro e siano Γ e ω le
circonferenze circoscritta e inscritta; denotiamo con Se e Si i centri esterno e interno
4
di similitudine tra Γ e ω. Sia poi DEF il triangolo formato dai punti di tangenza di
ω con i lati BC, CA, AB; indichiamo inoltre con A0 , B 0 , C 0 le ulteriori intersezioni
di IA, IB, IC con Γ e con A00 , B 00 , C 00 i diametralmente opposti di A0 , B 0 , C 0 in Γ.
L’A−incerchio mistilineo è la circonferenza ωa tangente a AB in Ca , AC in Ba
e internamente a Γ in X; sia Oa il suo centro. Similmente si definiscono ωb , Ab , Cb ,
Y , Ob e ωc , Ac , Bc , Z, Oc .
Risultato 68 AX, BY , CZ concorrono.
Dim: A è il centro esterno di similitudine tra ω e ωa , X è il centro esterno di
similitudine tra Γ e ωa , quindi AX passa per Se per il teorema di D’Alember. Lo
stesso vale per BY e CZ. Osserviamo che, per un noto risultato, X, Ba , B 0 sono allineati (infatti la
tangente in B 0 è parallela a AC), cosı̀ come X, Ca , C 0 .
Risultato 69 I è punto medio di Ba Ca .
Dim: E’ noto che C 0 B 0 ⊥ AI e dunque anche Ca Ba ⊥ AI; alternativamente questo
risultato si può ottenere notando che una simmetria in AI fissa ωa e scambia AB e
AC, il che ci dice anche che Ba I = ICa .
Ora, per Pascal sull’esagono C 0 XB 0 BAC si ottiene C 0 X ∩AB = Ca , XB 0 ∩AC =
Ba , BB 0 ∩ CC 0 = I sono allineati e dunque otteniamo la tesi. Un semplice calcolo mostra che, detto ρa il raggio di ωa , si ha ρa = r cos−2 ( α2 ),
dove r è il raggio della circonferenza inscritta.
70
4
4
Osservazione: Da quanto detto segue anche che A0 B 0 C 0 ha i lati paralleli a DEF
e quindi è omotetico ad esso.
Risultato 70 L’asse radicale `a di ωb e ωc contiene A1 e il punto medio Md di ID.
Dim:
Come osservato prima, Z, Ac , A0 sono allineati, cosı̀ come Y , Ab , A0 .
4
4
b 0 = B CA
b 0 = C BA
b 0 , quindi i triangoli ZBA0 e BAc A0 sono simili, da
Inoltre, B ZA
cui A0 Ac · A0 Z = A0 B 2 . Similmente A0 Ab · A0 Y = A0 C 2 , dunque, poiché A0 C = A0 B,
si ha che A0 è sull’asse radicale di ωb e ωc .
Consideriamo ora ω e ωb ; essi hanno come tangenti esterne comuni le rette AB e
BC, che toccano nei punti F , Cb e D,Ab . Dunque l’asse radicale tra queste due passa
per i punti medi dei segmenti F Cb e DAb . Sappiamo che IF = ID e ICb = IAb ,
quindi tale asse radicale passa per i punti medi di ID e IF . Similmente, l’asse
radicale tra ω e ωc passa per i punti medi di ID e IE. Quindi il centro radicale di
ω, ωb , ωc è il punto medio di ID, Md , che quindi appartiene anche a `a . Risultato 71 Il centro radicale di ωa , ωb , ωc è il punto Ri sulla retta OI, tale che
OJi : Ji I = 2R : −r.
Dim: Per il precedente risultato, i tre assi radicali sono A0 Md , B 0 Me , C 0 Mf ; il
4
4
4
triangolo Md Me Mf è omotetico a DEF che è omotetico a A0 B 0 C 0 , come osservato
4
sopra. Il centro Ri di tale omotetia è il punto cercato e poiché Md Me Mf è inscritto
4
in una circonferenza di centro I e raggio r/2 e A0 B 0 C 0 è inscritto nella circonferenza
circoscritta, si ha ORi : Ri I = 2R : −r. Ora consideriamo la circonferenza Γi che tange internamente i tre incerchi mistilinei; essa è soluzione del problema di Apollonio per tali tre circonferenze. Un’altra
soluzione è data, ovviamente, dalla circonferenza circoscritta. Come detto nella sezione precedente, esiste un’inversione di centro Ri che scambia Γ e Γi , fissando i tre
incerchi mistilinei; dunque i punti U , V , W in cui Γi tange ωa , ωb , ωc si ottengono
come ulteriori intersezioni di Ri X, Ri Y , Ri Z con gli incerchi.
4
4
Risultato 72 I triangoli U V W e ABC sono prospettici dal punto P , centro di
similitudine esterno tra Γi e ω.
Dim: Sia ωa0 la circonferenza tangente ad AC, AB e a Γ esternamente, in X 0 ; è
detta A−excerchio mistilineo. Denotiamo con Qa il centro di similitudine esterno
tra ωa0 e Γi . Allora, per il teorema di D’Alembert
1. A, U , P sono allineati (Γi , ω, ωa )
2. A, Qa , U sono allineati (Γi , ωa , ωa0 )
3. A, Qa , P sono allineati (Γi , ω, ωa0 )
Ovvero A, U , P , Qa sono allineati. Dunque AU , BV , CW concorrono in P . Osservazione: Essendo Ri il centro esterno di similitudine tra Γ e Γi e sapendo
che O, I, Ri sono allineati, possiamo dedurne che anche il centro Oi di Γi giace sulla
retta OI.
71
Consideriamo ora una situazione più generale di tangenza mista. Partiamo da
un lemma interessante, ma non molto noto.
Risultato 73 Siano ω e Γ due circonferenze internamente tangenti in T , di modo
che ω sia più piccola. Sia P su Γ e sia Q su ω tale che P Q tange ω. Allora P Q/P T
non dipende da Q.
Dim: Sia Y l’intersezione tra P T e ω. Allora P Y · P T = P Q2 , quindi
P Q2
TY
r
PY
=1−
=1−
=
2
PT
PT
PT
R
che non dipende da P . Risultato 74 Siano ω1 , ω2 circonferenze disgiunte internamente tangenti ad una
circonferenza Γ; siano AC e BD corde di Γ tangenti a entrambe le circonferenze
interne, di modo che AB e CD non si intersechino come corde. Allora le tangenti
esterne a ω1 e ω2 sono parallele a AB e CD.
Dim: Siano X, Y le intersezioni con Γ della tangente esterna a ω1 , ω2 più vicina a
D e C. Vogliamo dimostrare XY k CD. Denotiamo con D, E i punti di tangenza
di ω1 e ω2 con Γ, con F , G i punti di tangenza di tali due circonferenze con XY .
Siano poi M , N i punti in cui AC tange ω1 , ω2 , lo stesso siano P , Q su BD.
EG e F H concorrono in U , punto medio dell’arco XY ; sappiamo che, detto T
l’estremo di una tangente da U a ω1 , U T = U X e, detto T 0 l’estremo di una tangente
da U a ω2 , U T 0 = U Y . Dunque U T = U T 0 .
Ora, dal risultato precedente
CM
UX
DP
=
=
DE
CE
UE
CN
UY
DQ
=
=
DF
CF
UF
Dunque
DP + CM
UX
=
DE + CE
UE
DQ + CN
UY
=
DF + CF
UF
ma
DP − DQ = P Q = M N = CM − CN
Quindi
DE + CE
UE
U E · CD
=
=
DF + CF
UF
U F · CD
e per Tolomeo sui quadrilateri ciclici U CF D e U DEC si ha
DE + CE
U C · ED + U D · EC
=
DF + CF
UC · F D + UD · F C
da cui
0 = (U X − U Y )(EC · F D − DE · F C) = (U X − U Y )CD · EF
72
ancora per Tolomeo. Quindi P X = P Y , ovvero XY k CD. Ora procediamo analizziamo una sorta di generalizzazione degli incerchi mistilinei, le circonferenze di Thebault. Data una ceviana AD, diciamo circonferenze di
Thebault di AD quelle tangenti a BC, AD e Γ, che si trovano dalla stessa parte di
A rispetto a BC.
Risultato 75 Sia ω una circonferenza di Thebault per la ceviana AD, tangente al
segmento BD in K, a Γ in N , al segmento AD in P . Allora l’incentro I sta sulla
retta P K.
Dim: Osserviamo innanzitutto che K, N e il punto medio M dell’arco BC sono
allineati; sia poi L l’intersezione della retta KI con ω. Allora, detta t la tangente
b = N AM
b che è uguale all’angolo tra t e
in N comune a Γ e ω, abbiamo che N AI
b = N LI.
b Dunque N , A, I, L sono
N M , ovvero tra t e N K, che è uguale a N LK
conciclici. Ora, si ha
b = N IA
b = π − N IK
b − N IM
b
N LA
e,come osservato più volte, si ha M B 2 = M K · M N e sappiamo che M B = M I =
M C, dunque M I 2 = M K · M N , quindi M I tange la circonferenza circoscritta a
4
b = KN
b I. Si ha quindi
N IK in I. Da ciò K IM
b = π − N IK
b − N IM
b = π − N IK
b − KN
b I = N KI
b = N KL
b
N LA
da cui segue che AL tange ω in L. Quindi L = P e P , N , K sono allineati. Ora dimostriamo un risultato noto come (terzo) teorema di Thebault.
4
Risultato 76 (teorema di Thebault) Sia ABC un triangolo, sia D sul lato BC. Siano
ω1 , ω2 circonferenze tangenti rispettivamente a Γ, al segmento DB, al segmento AD
e a Γ, al segmento DC, al segmento AD. Allora i centri O1 , O2 di ω1 , ω2 sono
allineati con l’incentro I.
Dim: Sia Ki la tangenza di ωi con BC e Pi la tangenza con AD. Allora K1 P1 ∩
K2 P2 = I. Inoltre, DKi = DNi e Oi Ni = Oi Ki , quindi Ni Ki ⊥ Oi D; Oi D biseca
b i e dunque O1 D ⊥ O2 D, da cui Oi D k Nj Kj con {i, j} = {1, 2}. Per il
Ki DN
converso del teorema di Pappo, poiché K1 O1 k K2 O2 , O1 D k IK2 , O2 D k IK1
(quindi i punti di intersezione sono allineati sulla retta all’infinito), si ha che O1 , I,
O2 sono allineati. Esempi
1. Siano T1 , T2 le intersezioni di ωa con BC, allora XI è bisettrice di T\
1 XT2 ;
infatti, è facile vedere che X, I, A00 (diametralmente opposto di A0 e dunque
punto medio dell’arco BC che contiene A) sono allineati. Sia K l’intersezione
di XI con ωa . Dalla ciclicità di ABa Oa Ca si ha che
AI · IOa = Ba I · ICa = KI · IX
dunque AKOa X è ciclico; anche AXA0 A00 è ciclico, dunque KOa k A0 A00 ,
ovvero KOa ⊥ BC, quindi K è il punto medio dell’arco T1 T2 in ωa e IK(ovvero
IX) è la bisettrice.
73
4
4
2. Sia H l’ortocentro di ABC, allora la tangente esterna agli incerchi di AHB
4
e AHC più lontana da A è parallela a BC. Infatti, siano r1 e r2 i raggi dei
cerchi inscritti nei due triangoli, allora si ha
[ABH] HA + HC + CA
[ABH] cos α + sin β + cos γ
r1
=
=
=
r2
[ACH] HA + HB + BA
[ACH] cos α + cos β + sin γ
=
[ABHa ] 1 + sin γ + cos γ
[ABHa ] DA + DC + CA
r0
=
= 10
[ACHa ] 1 + sin β + cos β
[ACHa ] DA + DB + AB
r2
4
4
con r10 , r20 raggi dei cerchi inscritti in ABHa e ACHa . Dunque esiste un’omotetia di centro A che manda i cerchi inscritti di raggi ri in quelli di raggi ri0 e
poiché la tangente comune a questi secondi due è BC, quella comune ai primi
due è parallela a BC.
4
4
3. Poiché la circonferenza di Feuerbach ΓF di ABC è anche quella di AHB e
4
ACH, le circonferenze inscritte in questi ultimi due sono tangenti a ΓF . Sia
poi r la parallela a BC che tange entrambe le circonferenze inscritte; per un
risultato precedente, poiché una delle tangenti comuni è AHa , l’altra deve
passare per l’altra intersezione di ΓF con BC, ovvero il punto medio. Dunque
l’altra tangente comune interna ai due incerchi passa per il punto medio di
BC.
Esercizi
1. Detti ωa0 , ωb0 , ωc0 gli excerchi mistilinei e dette X 0 , Y 0 , Z 0 le loro intersezioni
con Γ, si mostri che AX 0 , BX 0 , CX 0 concorrono in Si .
2. Si mostri che il centro radicali dei tre excerchi mistilinei Re è il simmetrico di
Ri in O.
3. Siano ω1 e ω2 due circonferenze disgiunte e mutuamente esterne. Siano r, s le
loro tangenti comuni interne. Fissata una circonferenza Γ tangente a ω, ω 0 e
che le contiene, siano R1 , R2 le intersezioni di Γ con r e definiamo similmente
S1 , S2 . Sia poi T = r ∩ s. Dimostrare che, al variare di Γ, i cerchi inscritti nei
4
4
triangoli R1 S1 T e R2 S2 T rimangono fissi.
4. Data una ceviana AD ed i suoi cerchi di Thebault, con la notazione precedente, posta D0 la seconda intersezione di AD con Γ, si dimostri che la circon4
ferenza circoscritta a D0 K1 K2 incontra nuovamente Γ nel punto di tangenza
dell’A−incerchio mistilineo.
2.4.3
Alla francese
Sia Γ una circonferenza e sia P un punto esterno. Tracciamo due rette r, s da P che
4
4
intersecano Γ in A, C e in B e D; allora i triangoli P AB e P CD sono simili, ovvero
74
AB e CD sono antiparallele, in quanto una è parallela alla simmetrica dell’altra
rispetto alla bisettrice dell’angolo in P . Questo segue immediatamente dal fatto che
P A · P C = P B · P D.
Ora aggiungiamo circonferenze alla figura.
Risultato 77 Siano Γ1 , Γ2 circonferenze secantisi in A e B; scegliamo P su Γ1 , P 0
su Γ2 tali che P , A, P 0 siano allineati e similmente Q su Γ1 , Q0 su Γ2 tali che Q, B,
Q0 siano allineati. Allora P Q k P 0 Q0 .
Dim: Supponiamo dapprima che P P 0 Q0 Q non sia intrecciato. Per ciclicità si ha
c0 B = π − P 0 AB
b = P AB
b = π − P QB
b
P 0Q
e dunque P 0 Q0 k P Q, poiché esse formano con la trasversale QQ0 angoli coniugati
interi supplementari.
Se invece P P 0 Q0 Q è intrecciato, si ha
c0 B = P 0 AB
b = π − P AB
b = P QB
b
P 0Q
e dunque P 0 Q0 k P Q, poiché esse formano con la trasversale QQ0 angoli alterni
interni uguali. Con poco impegno possiamo mostrare una sorta di converso del teorema di
Miquel
Risultato 78 Siano Γ1 , Γ2 , Γ3 tre circonferenze passanti per un punto T ; sia poi
A = Γ2 ∩ Γ3 , B = Γ1 ∩ Γ3 , C = Γ1 ∩ Γ2 . Sia P un punto su Γ1 e siano Q, R su Γ2 ,
Γ3 di modo che P , C, Q e P , B, R siano allineati. Allora Q, A, R sono allineati.
Dim:
Sia S su Γ1 tale che S, T , A siano allineati. Applichiamo il risultato
precedente alla coppia di circonferenze Γ1 , Γ2 , ottenendo che QA k P S; similmente,
applichiamo il risultato precedente alla coppia Γ1 , Γ3 , ottenendo che RA k P S.
Dunque, QA k RA, ovvero Q, A, R allineati. Ovviamente il teorema precedente richiede che le tre circonferenze passino per un
punto; un altro modo di aggiungere una circonferenza al risultato con cui abbiamo
iniziato la sezione può essere il seguente.
Risultato 79 Siano Γ1 , Γ2 circonferenze secanti in A, B e siano P , Q punti su Γ1 .
Costruiamo P 0 ,Q0 su Γ2 di modo che P , A, P 0 e Q, B, Q0 siano allineati. Sia poi Γ3
una circonferenza per P 0 e Q0 e siano P 00 , Q00 su di essa di modo che P , A, P 0 , P 00 e
Q, B, Q0 , Q00 siano allineati. Allora P , Q, Q00 , P 00 sono conciclici.
Dim: Per il primo risultato di questa sezione, P 00 Q00 k AB e poiché ABQP è
ciclico, lo stesso vale per P 00 Q00 QP . Risultato 80 Siano Γ1 e Γ2 circonferenze secantisi in A, B; siano P su Γ1 , P 0 su
Γ2 tali che P , A, P 0 sono allineati. Sia Γ3 una circonferenza per B che interseca Γ1
nuovamente in Q e Γ2 in Q0 ; sia infine Γ4 una circonferenza per Q e P che interseca
nuovamente Γ3 in Q00 . Allora la circonferenza per P 0 , Q0 , Q00 interseca Γ4 nuovamente
in P 00 che è allineato con P , A, P 0 .
Dim:
Sia C l’ulteriore intersezione di P Q0 con Γ3 ; sappiamo (applicando un
risultato precedente ai tre cerchi concorrenti in B) che C, Q, P 0 sono allineati. Allo
stesso modo, detta D l’ulteriore intersezione di P 00 Q00 con Γ3 , si ha che D, Q00 , P 00
75
sono allineati. Quindi, applicando il primo risultato alla coppia Γ1 , Γ3 , abbiamo che
AP k CD, dunque, poiché Q00 Q0 CD è ciclico, anche P Q0 Q00 P 00 lo è. E con un ultimo sforzo, otteniamo un fatto conosciuto, a volte, come teorema
dei sei cerchi.
Risultato 81 Siano A, B, C, D quattro punti sulla circonferenza Γ. Siano Γ1 una
circonferenza per A e B, Γ2 una circonferenza per B e C, Γ3 una circonferenza per
C e D, Γ4 una circonferenza per D e A. Chiamiamo A0 l’ulteriore intersezione di Γ4
e Γ1 e similmente definiamo B 0 , C 0 , D0 . Allora i quattro punti A0 , B 0 , C 0 , D0 sono
conciclici.
Dim:
Per il converso di Miquel, se chiamiamo R l’ulteriore di intersezione di
0
CC con Γ e R0 l’ulteriore intersezione di RA con Γ4 , abbiamo che R0 , D0 , C 0 sono
allineati; allo stesso modo, dette S l’ulteriore intersezione di BB 0 con Γ e S 0 l’ulteriore
intersezione di SD con Γ4 , S 0 , A0 , B 0 sono allineati.
Ora, per il primo risultato di questa sezione, RS k R0 S 0 e RS k C 0 B 0 , dunque
0 0
R S k C 0 B 0 ; da cui D0 A0 B 0 C 0 è ciclico. Osservazione: La precedente non è la più rapida dimostrazione del teorema dei
sei cerchi, ma è comunque istruttiva.
Esempi
4
1. Sia O il circocentro di ABC e siano P , Q le ulteriori intersezioni della cir4
conferenza circoscritta a ABO con BC e AC. Allora CO ⊥ P Q. Infatti una
b manda AB in una parallela di P Q e
simmetria rispetto alla bisettrice di C
manda CH (H ortocentro) in CO; poiché AB ⊥ CH, si ha P Q ⊥ CO.
2. Sia ABCD ciclico e siano P , Q le proiezioni di A, C su BD, R, S le proiezioni di
B, D su AC. Allora P , R, Q, S sono le ulteriori intersezioni delle circonferenze
che hanno i lati di ABCD come diametri e dunque, per il teorema dei sei cerchi,
sono concicliche.
4
3. Sia ABC un triangolo inscritto in Γ e sia M il punto medio dell’arco BC che
non contiene A; allora ABM C è ciclico e quindi le proiezioni di B e C sulla
bisettrice da A, il piede dell’altezza Ha e il punto medio Ma sono conciclici.
Allo stesso modo, detti I, Ia incentro e A−excentro, il quadrilatero ICIa B è
ciclico e dunque le proiezioni di B, C sulla bisettrice da A e le proiezioni di I,
Ia su BC sono concicliche.
Esercizi
4
1. Sia ABC un triangolo con incentro I e circonferenza inscritta ω, che tange in
D, E, F i tre lati; siano Ha il piede dell’altezza da A, ω 0 la circonferenza di
centro A che passa per E. Definiamo P come l’intersezione tra AHa e ω 0 e T
come l’intersezione tra P I e BC. Si dimostri che la circonferenza di diametro
AT tange ω.
76
2. Sia Γ una circonferenza, con una corda AB. Siano ω e ω 0 tangenti tra loro in
C, tangenti ad AB in D, D0 e internamente a Γ in E, E 0 . Infine, siano P , P 0 le
ulteriori intersezioni di EE 0 con ω, ω 0 ; allora DP , D0 P 0 e la comune tangente
in C concorrono.
77
Indice
I
Concorrenze e allineamenti
1.1
1.2
1.3
II
1
Mille splendidi Ceva . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Talis pater talis filius i.e. similitudini
1.1.2 Luoghi di punti e di incontri . . . . .
1.1.3 Superfici e superficialità . . . . . . .
1.1.4 Svolazzi e ricami . . . . . . . . . . .
Filo a piombo e girotondi . . . . . . . . . . .
1.2.1 Omnia recta rectis . . . . . . . . . .
1.2.2 Via certa per la rettitudine(*) . . . .
1.2.3 Girandoci intorno(*) . . . . . . . . .
1.2.4 Osservazioni pedali (o pedanti?)(*) .
In riga! (o in retta?) . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Un triangolo sgonfiato(*) . . . . . . .
1.3.2 Lunghezza senza larghezza(*) . . . .
1.3.3 Odor d’infinito(*) . . . . . . . . . . .
1.3.4 Giocando con gli elastici(*) . . . . .
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Circonferenze ad libitum
2.1
2.2
2.3
2.4
2
2
5
8
10
13
13
15
19
22
25
25
28
31
33
38
Tre punti, ma un sacco di cerchi
2.1.1 Dentro, fuori...(*) . . . .
2.1.2 ... e tutt’attorno(*) . . .
2.1.3 Rapporti regolamentati .
Cerchi a specchio . . . . . . . .
2.2.1 Multiplex imago(*) . . .
2.2.2 Codice Morse(*) . . . .
2.2.3 Rapporto completo(*) .
Carneade . . . . . . . . . . . .
2.3.1 Apollonio . . . . . . . .
2.3.2 Brocard e Lemoine . . .
2.3.3 Miquel, Simson e Steiner
Erotismo esotico . . . . . . . .
2.4.1 Ménage à trois . . . . .
2.4.2 Contatti promiscui . . .
2.4.3 Alla francese . . . . . .
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39
39
42
44
47
47
50
53
56
56
58
62
67
67
70
74