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 e il regno delle configurazioni particolari: rette che concorrono,punti allineati, quadrilateri ciclici e cosı via. La prima e piu feconda domandadella geometria del triangolo nasce dall’osservare che vari punti notevoli possonoessere individuati come intersezione di rette particolari; tale definizione alternativapermette, spesso, di dimostrarne l’esistenza. Ad esempio, il punto equidistante dailati e l’intersezione delle bisettrici ed il centro di massa e l’intersezione delle mediane.

Cosı il dubbio sorge spontaneo: quand’e 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 cheprenda le mosse in medias res e risaliremo ben piu indietro, all’antica Grecia, perosservare, con Talete, la genesi di un’idea.

1.1.1 Talis pater talis filius i.e. similitudini

Due triangoli4

ABC e4

DEF si dicono simili se vale una delle seguenti condizioniequivalenti:

1. CAB = FDE, ABC = DEF e BCA = EFD;

2. AB/BC = DE/EF e ABC = DEF ;

3. AB/DE = BC/EF = CA/FD.

Attenzione: E’ importante l’ordine in cui vengono considerati i punti: non e lo

stesso affermare che4

ABC e4

DEF sono simili, oppure che lo sono4

ABC e4

DFE.

Ad esempio,4

ABC e4

ACB sono simili se e solo se AB = AC. Nel seguito le si-militudini saranno scritte senza curarsi dell’ordine, tranne quando necessario per lacomprensione e in tal caso sara specificato ordinatamente simili.

Osservazione: Ovviamente nella prima formulazione, bastano due angoli, in quan-to sappiamo che la somma deve essere π.

Dati due segmenti AB e CD paralleli e tali che i segmenti AC e BD non siintersechino, dati due punti E nel segmento AB e F nel segmento BC, sappiamoche

• BEF = CFE

• AEF = DFE

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 ‖ r, di modo che isegmenti AF e CD si intersecano in un punto P , allora

AB

BC=EF

ED⇔ B,P,E allineati

Dim: La dimostrazione ha uno schema ricorrente, per cui le dedichiamo particolareattenzione.

Iniziamo col mostrare che se i tre punti sono allineati, allora i due rapporti sonouguali1. Se B, P , E sono allineati, allora per quanto detto in precedenza si ha

FEP = FEB = EBA = PBA

DEP = DEB = EBC = PBC

DPE = CPC FPE = APB

Inoltre, indipendentemente dall’allineamento, si ha

PDF = PCA PFD = PAC

Quindi4

DPB e simile a4

CPB e4

FEP e simile a4

ABP .Da questo segue che FE/EP = AB/BP e DE/EP = CB/BP quindi

AB

BC=AB/BP

BC/BP=EF/EP

DE/EP=EF

DE

Ora, per la seconda implicazione, utilizziamo quello che e un ragionamentoclassico.

Supponiamo che i rapporti siano uguali; si prolunghi allora BP ad intersecareDF in X. Ora, poiche A, B, C e D, X, F rispettano le ipotesi della prima parte,si ha che

AB

BC=DX

XF

del resto, per ipotesi abbiamoAB

BC=DE

EF

quindi X ed E dividono internamente il segmento DF nello stesso rapporto, dunquecoincidono, ovvero B, P , E sono allineati.

Osservazione: Il risultato precedente vale anche se i segmenti AF e CD non siintersecano, ma le rette sı. La dimostrazione e lasciata allo studente volenteroso.

Osservazione: Dati tre punti allineati A, B, C il rapporto AB/BC ha segnopositivo se B sta tra A e C e ha segno negativo altrimenti. Dato un numero realet, esiste un solo punto B sulla retta del segmento AC tale che AB/BC = t. Senon consideriamo il segno del rapporto, ovviamente esistono due punti B che lorealizzano, uno interno e l’altro esterno al segmento AC.

1esiste ovviamente una strada piu rapida di quella proposta, basata sul teorema di Talete, male osservazioni sviluppate nel seguito sono interessanti di per se.

3

Risultato 2 (Teorema di Ceva) Sia4

ABC un triangolo e siano D, E, F sulle rettecontenenti i segmenti BC, CA, AB. Allora

AD, BE, CF concorrono⇔ BD

DC

CE

EA

AF

FB= 1

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/FAovvero se e solo se (RC/CS)(AF/FB) = 1.

Per le similitudini nella dimostrazione del risultato 1, abbiamo4

RCE=4

BEA edunque

RC =AB · ECAE

similmente, poiche4

SCE=4

ADB si ha

SC =AB · CDDB

QuindiRC

CS=CE

EA

BD

DC

e dunque CF passa per P se e solo se

BD

DC

CE

EA

AF

FB= 1

che e la tesi.

Esercizio formale Si provi a riscrivere la dimostrazione del teorema di Ceva,dimostrando solo una implicazione ed utilizzando il ragionamento classico di cuisopra per ottenere la seconda freccia.

Una ceviana e un segmento uscente da un vertice con l’altro estremo (detto avolte piede) sul lato opposto; il teorema di Ceva fornisce dunque una condizionenecessaria e sufficiente affinche tre ceviane dai tre vertici concorrano, condizioneespressa 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/FB = 1; il punto di concorrenza si dice baricentro.

2. Le ceviane che congiungono i vertici ai punti di tangenza del cerchio inscrittoconcorrono: infatti BD = BF , CD = CE, AF = AE, in quanto tangen-ti da uno stesso punto ad una circonferenza, quindi AF/FB = 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 deltriangolo; similmente siano scelti E e F . Allora, detto s il semiperimetro deltriangolo, si ha BD = s − AB e CD = s − AC; similmente CE = s − BCe AE = s − AB, AF = s − AC e FB = s − BC. E’ facile vedere che valel’ipotesi del teorema di Ceva, dunque le ceviane AD, BE, CF concorrono, inun punto detto di Nagel.

4. Sia P un punto del piano; siano AD, BE, CF le tre ceviane passanti per P .Consideriamo i punti D′, E ′, F ′, simmetrici di D, E, F rispetto ai punti medidi BC, CA, AB. Allora BD = CD′, CD = BD′, AE = CE ′, CE = AE ′,AF = BF ′, BF = AF ′. Quindi AD′, BE ′, CF ′ concorrono se e solo se AD,BE, CF concorrono; il punto Q di concorrenza di AD′, BE ′, CF ′ si diceconiugato isotomico di P .

Esercizi

1. Si dimostri che, se AD, BE, CF concorrono in P , si ha AP/PD = AE/EC+AF/FB.

2. Sia AD altezza e sia K un suo qualunque punto. Si prolunghino BK e CKfino ad intersecare AC e AB in E e F . Si mostri che AD biseca EDF .

3. Siano AD, BE, CF ceviane concorrenti e siano L, M , N su EF , FD, DE.Dimostrare che DL, EM , FN concorrono se e solo se AL, BM , CN concor-rono.

1.1.2 Luoghi di punti e di incontri

Consideriamo l’angolo BAC. Esso e individuato dalle due rette contenenti AB eAC, che chiamiamo sB e sC ; la sua bisettrice interna e la retta r, che intersechi BCe tale che dist(P, sB) = dist(P, sC) per ogni punto P di r.

Assumiamo la seguente notazione: se sA e la retta che contiene il lato BC, datoun punto P del piano indicheremo con d(P, sA) la sua distanza da sA, a meno diun segno. In particolare avremo che d(P, sA) ≥ 0 se P appartiene al semipianodelimitato 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) e proprio la bisettrice

interna dell’angolo BAC.

Risultato 3 Dati un triangolo4

ABC e un numero reale k, il luogo di punti

P | d(P, sA) = k · d(P, sB)

e una retta per C.

Dim: La tesi puo essere riformulata come una doppia implicazione: P ha laproprieta 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 passanteper C e Q. Sia ora P un altro punto del piano. Consideriamo le proiezioni di Q susA 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

su AC e BC tali che CF = CG e P ∈ FG; ora, i triangoli4

CDE e4

CFG sono simili,in quanto isosceli con lo stesso angolo al vertice, di conseguenza le rette DE e FGsono parallele.

D’altra parte, i triangoli rettangoli4

HQD,4

KQE,4

JPF ,4

LPG sono tutti simili,quindi (considerando rapporti senza segno)

HQ

KQ=DQ

QE

JP

LP=FP

PG

ed inoltre e facile notare che, considerando rapporti con segno, si ha

d(Q, sA)

d(Q, sB)=DQ

QE

d(P, sA)

d(P, sB)=FP

PG

Ora, grazie al risultato 1, sappiamo che HJ , KL, PQ concorrono se e solo seDQ/QE = FP/PG ovvero se e solo se

d(Q, sA)

d(Q, sB)=d(P, sA)

d(P, sB)

e poiche HJ sta sulla retta sA, LK sta sulla retta sB, si ha che PQ passa per C see solo se d(P, sA) = k · d(P, sB).

Osservazione: La bisettrice interna e data dal caso k = 1, mentre la bisettriceesterna e data dal caso k = −1; i casi k = 0 e (improprio) k = +∞ rappresentanoi due lati, mentre il caso (improprio anch’esso) k = −∞ rappresenta la parallela aAB.

La concorrenza delle tre bisettrici si dimostra facilmente dalla loro precedentecaratterizzazione: siano rA, rB, rC le tre bisettrici, e sia P = rA ∩ rB (l’esistenza ditale intersezione e 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.

Risultato 4 (Teorema di Ceva trilineare) Sia4

ABC un triangolo, siano h, k, j trenumeri 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 dunqued(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 virtu del risultato 3, puo essere rifor-mulato come segue. Siano AD, BE, CF tre ceviane; esse concorrono se e solose

d(D, sB)

d(D, sC)

d(E, sC)

d(E, sA)

d(F, sA)

d(F, sB)= 1

Risultato 5 (Teorema di Ceva trigonometrico) Sia4

ABC un triangolo e siano D,E, F sulle rette contenenti i segmenti BC, CA, AB. Allora

AD, BE, CF concorrono ⇔ sinCAD

sinDAB

sinABE

sinEBC

sinBCF

sinFCA= 1

dove gli angoli sono intesi con segno.

Dim: Abbiamo che, intendendo gli angoli correttamente orientati, vale

d(D, sB) = AD sinCAD d(D, sC) = AD sinDAB

e dunque

d(D, sB)

d(D, sC)=

sinCAD

sinDAB

Ragionando similmente con gli altri rapporti si ottiene la tesi.

Esercizio apologetico L’attento geometra si sara accorto che l’esistenza del puntoQ non e stata giustificata; essa infatti non puo essere giustificata perche non e sempreverificata. Si riscrivano le dimostrazioni del risultato 2 e del risultato 4 nel caso incui due ceviane siano parallele.

Esempi

1. Le bisettrici interne concorrono, come gia osservato in precedenza, nel puntodetto incentro. Tale punto ha dunque la stessa distanza da tutti e tre i lati edunque, 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 toccaaltrove i tre lati; essa si chiama circonferenza inscritta.

2. Allo stesso modo, due bisettrici esterne e una interna concorrono, in un puntodetto excentro, equidistante dai lati, centro di una circonferenza che tangeinternamente un lato ed esternamente gli altri due. Tale circonferenza e dettaexinscritta. Ovviamente, a seconda di quale bisettrice interna si scelga, siottengono tre diversi centri, tre diverse circonferenze e tre diversi raggi (ra, rb,rc).

3. Siano AD, BE, CF le altezze, allora BAD = FCB, come angoli orientati,e similmente DAC = CBE, EBA = ACF , dunque le altezze concorrono nelpunto detto ortocentro.

4. Siano AD, BE, CF tre ceviane e siano AD′, BE ′, CF ′ le ceviane simmetrichedelle precedenti rispetto alle opportune bisettrici. Dunque, per la versionetrigonometrica del teorema di Ceva, AD, BE, CF concorrono in P se e solose AD′, BE ′, CF ′ concorrono in P ′. P ′ 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 Kdella perpendicolare da Ib ad AB, siano poi E ed F le intersezioni di IIb e IIccon AC e AB. Ovviamente, IE = IF e IIb = IIc; inoltre

AEI = AFI = EHIc = FKIb = π/2

e EIIb = F IIc, quindi i quadrilateri EIIcH e FIIbK sono congruenti, da cuiIcH = IbK, 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

1. Sia4

ABC un triangolo, sia ω una circonferenza tangente ai segmenti AB eAC ed esternamente alla circonferenza di diametro AB in A′. Similmente sidefiniscano B′, C ′. Dimostrare che AA′, BB′, CC ′ concorrono.

2. Siano D, E, F esterni a4

ABC e tali che

DBC = FBA DCB = ECA EAC = FAB .

Si dimostri che AD, BE, CF concorrono.

3. Sia Γ una circonferenza e sia ω un’altra circonferenza tangente internamentea 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 TS in Sconcorrono.

4. Siano AD, BE, CF ceviane concorrenti in4

ABC. Siano DL, EM , FN ce-

viane concorrenti in4

DEF e siano X, Y , Z le ulteriori intersezioni di queste

ultime con la circonferenza inscritta in4

ABC. Dimostrare che AX, BY , CZconcorrono.

5. Sia4

ABC un triangolo e sia I il suo incentro. Denotiamo con D il simmetricodi I rispetto a BC, con E il simmetrico rispetto a CA e con F il simmetricorispetto ad AB. Dimostrare che AD, BE, CF concorrono.

1.1.3 Superfici e superficialita

Sull’onda delle precedenti configurazioni, notiamo che la retta su cui giace una me-diana, ad esempio la congiungente il vertice A con il punto medio del lato opposto,non e altro che il luogo dei punti P tali che [APB] = [APC], dove [APB] e, a meno

del segno, l’area del triangolo4

APB ed e positiva se la retta per A e B non separaP e C e negativa nel caso opposto.

8

E’ ovvio che il simbolo [XY Z] ha senso solo se e stato fissato un triangolo direferenza e se due almeno tra X, Y e Z sono suoi vertici. Leghiamo ora i rapportitra aree a concetti precedentemente introdotti.

Risultato 6 Sia D un punto sulla retta BC, allora [BDA]/[CDA] = BD/DC.

Dim: Sia AH l’altezza del triangolo4

ABC uscente da A, allora

[BDA] = ±1

2AH ·BD [CDA] = ±1

2AH ·DC

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 · [CPB] = k ·BC · [CPA]

dove k e un numero reale.

Dim: Sia P un punto del piano; considerando le perpendicolari da P ad AC eBC, si ha che

[APC]

[BPC]=AC · d(P, sB)

BC · d(P, sA)=AC

BC

d(P, sB)

d(P, sA)ovvero

[APC]

[BPC]=AC

BC

d(P, sB)

d(P, sA)

ovvero P ∈ s se e solo se P ∈ r.

Risultato 8 (Teorema di Ceva baricentrico) Tre ceviane AD, BE, CF concorronose e solo se

[CDA]

[BDA]

[BFC]

[AFC]

[AEB]

[CEB]= 1

Dim: Per la versione trilineare di Ceva, abbiamo che le tre ceviane concorrono see solo se

d(D, sB)

d(D, sC)

d(E, sC)

d(E, sA)

d(F, sA)

d(F, sB)= 1

Del resto, per il risultato precedente abbiamo che

d(D, sB)

d(D, sC)=AC

AB

[ADC]

[ADB]

d(E, sC)

d(E, sA)=AB

BC

[BEA]

[BEC]

d(F, sA)

d(F, sB)=BC

AC

[BFC]

[AFC]

e dunque la tesi segue.

Osservazione: Notiamo che, in virtu del risultato 7, ci basta conoscere [CDA]/[BDA]per avere il rapporto [CPA]/[BPA] per ogni punto P sulla retta di AD. Del resto,per il risultato 6, si ha che [CDA]/[BDA] = CD/DB e dunque

CD

DB=AC

AB

d(D, sB)

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 dunqueCD/DB = AC/AB, che e il cosiddetto teorema della bisettrice. Allo stesso modo,sapendo che nel caso della medianaBD = 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 illuogo 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 rispettoalla bisettrice, allora BAM = CAK e dunque

BK

KC=AB

AC

d(K, sC)

d(K, sB)=AB

AC

d(M, sB)

d(M, sC)=AB2

AC2

la ceviana AK si chiama simmediana.

Esercizi

1. Siano D, E, F sui lati di4

ABC tali che AF/FB = 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, ABe CD in L, AC eKL inG, DB eKL in F . Si dimostri cheKF/FL = KG/GL.

3. Sia P un punto del piano e siano A′, B′, C ′ i baricentri di4

PBC,4

PAC,4

PAB.Allora AA′, BB′, CC ′ concorrono. Dove?

1.1.4 Svolazzi e ricami

Il legame tra aree e rapporti di segmenti, introdotto nella sezione precedente, puoessere direttamente utilizzato per dare una dimostrazione del teorema di Ceva, nelseguente 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± cb± d

=a

b· 1± c/a

1± d/b=a

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 ·FB. Sia P il punto in cui le 3 ceviane concorrono.

10

Sappiamo che BD/DC = [BDA]/[CDA], ma del resto vale anche, nel triangolo4

BPC, che BD/DC = [BDP ]/[CDP ] e dunque, per differenza, si ha che

BD

DC=

[BDA]− [BDP ]

[CDA]− [CDP ]=

[ABP ]

[ACP ]

SimilmenteCE

EA=

[BCP ]

[BAP ]

AF

FB=

[CAP ]

[BCP ]

e dunque si ha che

BD

DC

CE

EA

AF

FB=

[ABP ]

[ACP ]

[BCP ]

[BAP ]

[CAP ]

[BCP ]= 1

D’altra parte, per il viceversa possiamo usare il ragionamento classico: suppo-niamo che valga l’uguaglianza e sia P l’intersezione di AD e BE; prolunghiamo CPfino a incontrare AB in X, allora si ha

BD

DC

CE

EA

AX

XB= 1

ma ancheBD

DC

CE

EA

AF

FB= 1

e dunqueAF

FB=AX

XBe dunque F = X, ovvero le ceviane concorrono.

Risultato 9 Siano AD, BE, CF tre ceviane concorrenti in P , allora

AE

EC+AF

FB=AP

PD

Dim: Abbiamo che

AE

EC=

[ABP ]

[CBP ]

AF

FB=

[ACP ]

[CBP ]

e dunqueAE

EC+AF

FB=

[ABP ] + [ACP ]

[CBP ]

Del resto, nel triangolo4

ADC si ha

AP

PD=

[APC]

[PDC]

e nel triangolo4

ADB si haAP

PD=

[APB]

[PDB]

11

dunqueAP

PD=

[APC] + [APB]

[PDC] + [PDB]=

[APC] + [APB]

[BPC]

da cui la tesi.

Osservazione: Una formulazione equivalente del risultato 9 e

AC

EC+AB

FB= 1 +

AD

PD

Esercizio ontologico Ridimostrare il precedente risultato utilizzando le similitu-dini come nella prima dimostrazione di Ceva fornita.

Esempi

1. Applicando il risultato 9 alle mediane si ottiene che AG/GM = 2, ovvero cheil baricentro divide le mediane in rapporto 2 : 1.

2. Siano ALa, BLb, CLc le bisettrici e sia I l’incentro. Sappiamo gia che

ALbLbC

=AB

BC

ALcLcB

=AC

CB

e dunqueAI

ILa=AB + AC

BC

inoltreALaILa

=AB +BC + CA

BC

3. Se AKa, BKb, CKc sono le simmediane e K e il loro incontro, detto punto diLemoine o punto simmediano, allora si ha

AK

KKa

=AKb

KbC+AKc

KcB=AB2

BC2+AC2

BC2=AB2 + AC2

BC2

eAKa

KKa

=AB2 +BC2 + CA2

BC2

Esercizi

1. Dati un quadrilatero convesso ABCD e un punto M su CD. Dimostrare che

[AMB] =DM

DC[ABC] +

CM

DC[ABD] .

2. Sia4

ABC un triangolo e scegliamo M su AB e N su AC. Sia P = BN ∩CM .Si dimostri che [AMPN ] = [BPC] se e solo se MA/MB = NC/NA.

12

1.2 Filo a piombo e girotondi

“The Guide says there is an art toflying”, said Ford, “or rather aknack. The knack lies in learninghow to throw yourself at theground and miss.”

Douglas Adams -Life, theUniverse, and Everything

La proiezione ortogonale e una delle costruzioni geometriche piu utili, come ancheuno dei concetti piu sfruttati; otteniamo per suo tramite altezze ed assi, figura diaree e circonferenze.

Dalla proiezione ortogonale alla perpendicolare il passo e breve e, resi scaltri dalprecedente vagabondaggio tra le tante dimostrazioni del teorema di Ceva, sappiamobene cosa comporta il trovare una caratterizzazione metrica della perpendicolarita.

Ma le sorprese degli angoli retti non si fermano alla perpendicolarita, dandociun primo assaggio di circonferenze.

1.2.1 Omnia recta rectis

La gioia dello studioso euclideo nell’imbattersi in un angolo retto e inesprimibile eparagonabile solo a poche altre esperienze di vita. Forte del quarto postulato, chegarantisce che tutti gli angoli retti sono uguali, egli allora da briglia sciolta all’im-maginazione e gia vede triangoli rettangoli, loro altezze e loro mediane, pullulareovunque.

Ma andiamo con ordine.

Risultato 10 Un triangolo4

ABC e rettangolo in C se e solo se l’altezza CH lo

divide in due triangoli4

ACH e4

CBH simili tra loro ed al triangolo originale.

Dim: Visto che CH ⊥ AB, si ha

ACH =π

2− CAH CBH =

π

2−BCH

Ora, l’angolo in C e retto se e solo se

CAB + ABC = π/2

che, alla luce delle precedenti uguaglianze, e equivalente a una tra le seguenti

ACH = CBH BCH = CAH

che sono equivalenti tra loro e alla similitudine tra i due triangoli formati dall’altezza

e4

ABC.

Osservazione: In termini di lati, si ha che

4ABC∼

4ACH⇔ AB

AC=AC

AH⇔ AC2 = AB · AH

13

4ABC∼

4CBH⇔ AB

BC=BC

BH⇔ BC2 = AB ·BH

4ACH∼

4CBH⇔ AH

CH=CH

BH⇔ CH2 = AH ·BH

L’equivalenza tra le prime due uguaglianze e il fatto che4

ABC sia rettangolo vasotto il nome di primo teorema di Euclide, l’equivalenza della terza riga e invecenota come secondo teorema di Euclide.

Osservazione: Sommando i due enunciati del primo teorema di Euclide si ottiene

AC2 +BC2 = AB(AH +HB) = AB2

Osservazione: Del resto, se in un qualsiasi triangolo vale AC2 +BC2 = AB2, detta

come sopra CH l’altezza uscente da C, avremo che i triangoli4

ACH e4

CBH sonorettangoli e dunque in essi vale la precedente osservazione, quindi AC2 = CH2+AH2

e BC2 = CH2 +BH2. Inoltre AB2 = AH2 +HB2 + 2AH ·HB. Quindi sostituendosi ottiene

CH2 + AH2 + CH2 +BH2 = AH2 +BH2 + 2AH ·BH

ovveroCH2 = AH ·BH

che, per il secondo teorema di Euclide, e equivalente al fatto che4

ABC sia rettangoloin C.

Le due precedenti osservazioni dimostrano il teorema di Pitagora:4

ABC e ret-tangolo in C se e solo se AB2 = AC2 +BC2.

Sia ora4

ABC rettangolo in C; consideriamo l’altezza CH e la mediana CM . Dalprimo teorema di Euclide segue che

AH

HB=AC2/AB

BC2/AB=AC2

BC2

e dunque H e anche piede della simmediana. Ovvero, in un triangolo rettangolo,l’altezza uscente dal vertice retto e anche simmediana per quel vertice.

Risultato 11 I triangoli4

ACM e4

CBM sono isosceli.

Dim: Sappiamo che CH e simmediana, ergo

BCM = ACH = ABC

dunque CM = MB. Allo stesso modo si dimostra che

ACM = BCH = BAC

e dunque AM = MB.

Osservazione: Come corollario dalla dimostrazione segue che M e equidistante daitre vertici, dunque e il centro della circonferenza circoscritta al triangolo.

14

Esercizio artefatto Trovare tutti i triangoli rettangoli, con ipotenusa c = 1, taliche 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’ipote-nusa, allora a−2 + b−2 = d−2. Infatti, si ha che d2 = AH ·HB, a2 = AH ·AB,b2 = HB · AB, quindi

1

AH · AB+

1

BH · AB=

BH + AH

AH ·BH · AB=

1

AH ·HB

2. Sia4

ABC rettangolo in C e sia T un punto su AB che sia equidistante da ACe BC. Se t e tale distanza, allora t−1 = a−1 + b−1. Infatti, si deve avere

ab

2= [ABC] = [ATC] + [CTB] =

tb

2+ta

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 sezioneprecedente 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 e il raggio dellacirconferenza inscritta. Da cio segue che

r =a+ b

a+ b+ c· ab

a+ b=

ab

a+ b+ c

Esercizi

1. Sia ABCD un quadrato e sia P un punto esterno di modo che4

APB sia rettoin P . Siano N e M le intersezioni di PC, PD con AB. Dimostrare cheMN2 = AM ·BN .

2. Sia4

ABC un triangolo rettangolo in A e sia AH l’altezza. Denotiamo con HEe 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.Dimostrare che 3

√BM · PH + 3

√CN ·QH = 3

√AB · AC.

3. Siano4

ABC un triangolo rettangolo in A, H il piede dell’altezza da A e M il

punto medio di BC. Dimostrare che BAH = CAM .

1.2.2 Via certa per la rettitudine(*)

Come abbiamo visto, la bisettrice e il luogo dei punti equidistanti dai lati e graziea cio abbiamo ottenuto in criterio di concorrenza; in quanto segue cerchiamo diricavare una caratterizzazione simile per le altezze.

Osservazione: Se CH e l’altezza dal vertice C in4

ABC, triangolo generico, abbiamoche

AC2 = CH2 + AH2 CB2 = CH2 +BH2

15

e dunque

AC2 + CB2 = 2CH2 + AH2 +BH2 = AB2 + 2CH2 − 2AH ·BH

Ora, notiamo che

AH = AC cosα BH = BC cos β CH = AC sinα = BC sin β

e quindi

CH2−AH ·BH = AC ·BC sinα sin β −AC ·BC cosα cos β = AC ·BC cos(π− γ)

da cuiAB2 = AC2 + CB2 − 2AB · CB cos γ

ovvero il teorema di Carnot.

Risultato 12 Nel triangolo4

ABC, sia H il piede dell’altezza uscente dal vertice C.Allora il luogo

h = P | AP 2 −BP 2 = AH2 −BH2

e la retta per C e H.

Dim: Possiamo riformulare la tesi come: PH ⊥ AB se e solo se AP 2 − BP 2 =AH2 −BH2.

Applichiamo il teorema di Carnot:

AP 2 = AH2 +HP 2 − 2AH ·HP cosAHP

BP 2 = BH2 +HP 2 − 2BH ·HP cosBHP

e sottraiamo

AP 2 −BP 2 = AH2 −BH2 − 2HP (AH cosAHP −BH cosBHP )

Ora, poiche AHP +BHP = π, si ha

cosAHP = − cosBHP

e dunque

HP (AH cosAHP −BH cosBHP ) = HP · AB cosAHP

Infine, AP 2 −BP 2 = AH2 −BH2 se e solo se HP · AB cosAHP = 0 ovvero see solo se cosAHP = 0 ovvero se e solo se AHP = π/2.

Osservazione: Dal risultato 12 segue ovviamente che il luogo dei punti P tali che

AP 2 −BP 2 = k

e sempre una retta perpendicolare a AB e, detti M il punto medio di AB e Hl’intersezione del luogo con la retta per A e B, si ha (a meno di cambiare i segni)che

k = AH2 −BH2 = (AM +MH)2 − (BM −MH)2 = 2AB ·MH

16

ovvero sia k = 2cd dove c e la lunghezza di AB e d e la distanza tra il suo puntomedio e la retta.

Risultato 13 (teorema di Carnot) Sia4

ABC un triangolo e siano D, E, F trepunti del piano. Sia ha la retta perpendicolare a BC passante per D e definiamosimilmente hb e hc. Allora ha, hb, hc concorrono se e solo se

BD2 + CE2 + AF 2 = DC2 + EA2 + FB2

Dim: Sia P l’intersezione tra ha e hb; allora

BP 2 − PC2 = BD2 −DC2 CP 2 − PA2 = CE2 − EA2

Del resto, P sta su hc se e solo se PB2 − AP 2 = BF 2 − FA2 e dunque se e solo se

BF 2 − FA2 = (BP 2 − PC2) + (CP 2 − PA2) = BD2 −DC2 + CE2 − EA2

ovvero se e solo se

BD2 + CE2 + AF 2 = DC2 + EA2 +BF 2

che e la tesi.

Osservazione: Notiamo che la condizione necessaria e sufficiente affinche le per-pendicolari da A, B, C a EF , FD, DE concorrano e che

AE2 +BF 2 + CD2 = AF 2 +BD2 + CE2

e dunque possiamo concludere che tali perpendicolari concorrono se e solo se con-

corrono le perpendicolari da D, E, F a BC, CA, AB. I due triangoli4

ABC e4

DEFsi dicono ortologici ed i due punti di concorrenza si dicono centri ortologici.

Osservazione: Sia ~AB il vettore che va da A a B, ovvero (fissata a priori un’origineO),

~AB = ~OB − ~OA = ~B − ~A

Ricordiamo che ~OX · ~OY = OX ·OY cosXOY e dunque

AB ·MH = (AM +MB)MH = AM ·MH+MB ·MH = ± ~AM · ~MH± ~MB · ~MH

= ± ~AB · ~MH

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

BD2 −DC2 = 2 ~BC · ~MaHa

CE2 − EA2 = 2 ~CA · ~MbHb

AF 2 − FB2 = 2 ~AB · ~McHc

e dunque la condizione necessaria e sufficiente per la concorrenza puo essere riscrittacome

~BC · ~MaHa + ~CA · ~MbHb + ~AB · ~McHc = 0

17

Osservazione: Si ha Ma = ( ~B + ~C)/2 ed inoltre

~BC · ~MaHa = ~BC · ~MaD

in quanto HaD ⊥ BC e dunque ~HaD · ~BC = 0. Quindi

~BC · ~MaHa = (~C − ~B) · ( ~D − ~C/2− ~B/2 = (~C − ~B) · ~D − ‖~C‖2/2 + ‖ ~B‖2/2

e la condizione trovata sopra si riscrive come

(~C − ~B) · ~D + ( ~A− ~C) · ~E + ( ~B − ~A) · ~F = 0

ovvero come~C · ~D + ~A · ~E + ~B · ~F = ~B · ~D + ~C · ~E + ~A · ~F

Esercizio interinale Scrivere una dimostrazione del teorema di concorrenza chenon utilizzi la trigonometria.

Esempi

1. Le altezze concorrono, infatti esse sono le perpendicolari dai vertici ai lati edunque ovviamente vale

AB2 +BC2 + CA2 = AC2 + AB2 +BC2

2. Gli assi dei lati, ovvero le perpendicolari dai punti medi, concorrono, in quanto

BM2a + CM2

b + AM2c = MaC

2 +MbA2 +McB

2

Il punto di concorrenza e noto come circocentro.

3. Se le perpendicolari daD, E, F concorrono, allora, postiD′, E ′, F ′ i simmetricidi questi rispetto agli assi, le perpendicolari da D′, E ′, F ′ concorrono.

4. Siano D, E, F i punti di tangenza degli excerchi opposti a A, B, C rispetti-vamente; allora AF = DC = s − b, BF = EC = s − a, BD = EA = s − c edunque le perpendicolari da tali tre punti concorrono.

5. Sia l una retta e sia4

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 = AE2 − ED2 = AF 2 − FD2

ovveroAE2 − AF 2 = ED2 − FD2

e similmenteBF 2 −BD2 = EF 2 − ED2

CD2 − CE2 = FD2 − FE2

da cuiAE2 +BF 2 + CD2 = AF 2 +BD2 + CE2

e dunque tali perpendicolari concorrono, in un punto detto ortopolo della retta

l rispetto a4

ABC.

Esercizi

1.

18

1.2.3 Girandoci intorno(*)

Sia4

ABC un triangolo e sia O il suo circocentro. Poiche O e l’intersezione degli assidei lati, abbiamo che OA = OB = OC = R e dunque la circonferenza di centro Oe raggio R passa per i tre vertici; indichiamola con Γ. Essa e detta circonferenzacircoscritta.

Risultato 14 Un punto D appartiene all’arco di Γ tra A e B che non contieneC se e solo se D appartiene al semipiano delimitato da AB che non contiene C eACB + ADB = π.

Dim: Supponiamo che D stia su Γ, come detto. Allora OA = OB = OC = OD.In particolare

ADB = ADO +ODB = OAD +OBD

in quanto4

OAD e4

OBD sono isosceli.D’altra parte,

ACB = ACO +OCB = OAC +OBC

allo stesso modo. Dunque

ACB + ADB = OAD +OBD +OAC +OBC = DAC +DBC

Del resto, in ogni quadrilatero la somma degli angoli interni e 2π, dunque

2π = ACB + ADB +DAC +DBC = 2(ACB + ADB)

da cui l’uguaglianza voluta. La collocazione di D e ovvia.Ora, supponiamo invece che valga ACB + ADB = π e D si trovi nella corret-

ta posizione. Allora sia Γ′ la circonferenza circoscritta a A, B, D; essa intersecanuovamente AC in C ′ e, per quanto detto in precendenza,

AC ′B + ADB = π

da cui AC ′B = ACB, il che implica che CB e C ′B sono parallele, ma dunqueC = C ′ e Γ′ = Γ.

Osservazione: Se C e C ′ sono due punti nello stesso semipiano rispetto a AB taliche ACB = AC ′B, allora esiste una circonferenza che passa per A, B, C, C ′.

Osservazione: Di converso, se A, B, C, D stanno su una stessa circonferenza e Ce D sono dalla stessa parte rispetto a AB, allora ACB = ADB.

Osservazione: Sia Γ una circonferenza e sia AB una sua corda. Sia PQ un seg-mento contenente A e tangente a Γ; allora, per ogni punto C di Γ che stia nellostesso semipiano delimitato da AB rispetto a Q, si ha ACB = PAB.

Osservazione: Ovviamente, vale anche il viceversa: se PAB = ACB, allora PA etangente.

In generale, se i vertici di un quadrilatero stanno tutti su una circonferenza, ilquadrilatero si dice ciclico, o inscritto.Esempi

19

1. Se4

ABC e4

ABD sono retti in C e D, allora esiste una circonferenza che passaper A, B, C, D.

2. Sia H l’ortocentro di4

ABC e sia Hc la sua proiezione su AB, allora HAB =π/2 − CBA e dunque AHHc = CBA; allo stesso modo BHHc = CAB. Sia

dunque Hc il simmetrico di H rispetto ad AB, allora AHcB = π − ACB eHc e C stanno da parti opposte rispetto a AB. In conclusione, Hc sta sullacirconferenza circoscritta.

3. Lo stesso vale per il simmetrico di H rispetto al punto medio di AB. Inconclusione, i vertici, i simmetrici di H rispetto ai lati e rispetto ai loro puntimedi stanno tutti sulla stessa circonferenza.

4. Siano Ha, Hb i piedi delle altezze su BC e AC; allora AHbHaB e ciclico.

In particolare, un quadrilatero non intrecciato ABCD e ciclico se e solo seADB = ACB. Dunque, dato E tale che si abbia

4CEB∼

4DAB ordinatamente

possiamo dire che ABCD e ciclico se e solo se A, E, C sono allineati. InfattiECB = ADB e l’allineamento si verifica se e solo se WCB = ACB ovvero se e solose ADB = ACB.

L’allineamento tra A, E, C e equivalente a AEB + BEC = π; inoltre ABE =DBC per differenza.

Di conseguenza,

ABCD ciclico ⇔ A, E, C allineati ⇔4

AEB∼4

DCB ordinatamente

Ora, notiamo che dalle similitudini segue

EC =CB

DBAD AE =

AB

DBDC

e dunque l’allineamento e la similitudine (equivalenti tra loro) valgono se e solo se

AC = AE+EC ⇔ AC =AB

DBDC+

CB

DBAD ⇔ AC ·BD = AB ·DC+CB ·AD

Ricapitolando

Risultato 15 (teorema di Tolomeo) Il quadrilatero non intrecciato ABCD e ciclicose e solo se

AC ·BD = AB · CD + CB · AD

Risultato 16 (teorema delle corde) Sia ABCD un quadrilatero non intrecciato esia E l’intersezione delle sue diagonali. Il quadrilatero e ciclico se e solo se AE ·EC =BE · ED.

20

Dim: Ovviamente AED = BEC; il quadrilatero e ciclico se e solo se ADE =

ECB, ovvero se e solo se4

ADE∼4

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 intersecanoin P , abbiamo che ABCD e ciclico se e solo se PA ·PD = PB ·PC. Infatti, con lo

stesso ragionamento di prima,4

APC∼4

BPD.

Osservazione: (teorema della tangente) Siano A, B, C tre punti su una circonfe-renza. Sia P un punto sulla retta di AB. Allora PC tange la circonferenza se e solo

se PC2 = PA · PB, come segue facilmente dalla similitudine tra4

PAC e4

PCB.

Data una circonferenza Γ, ad ogni punto P del piano e possibile associare unnumero reale, detto potenza di P rispetto a Γ, definito come

powΓ(P ) = OP 2 −R2

dove O e il centro di Γ ed R il suo raggio. A meno del segno, per ogni retta da Psecante Γ in A, B, si ha

powΓ(P ) = PA · PBin virtu dei teoremi di cui sopra. Inoltre, se positiva, la potenza e il quadrato dellalunghezza della tangente da P a Γ.

Osservazione: Date due circonferenze Γ1 e Γ2, il luogo dei punti P tali che

powΓ1(P ) = powΓ2

(P )

e anche descritto come

P | PO21 −R2

1 = PO22 −R2

2

e dunque, in virtu del risultato 12, tale luogo e una retta perpendicolare a O1O2.Ovviamente, nel caso le circonferenze si intersechino o siano tangenti, i punti comuniappartengono a tale retta, detta asse radicale delle due circonferenze.

Osservazione: Date tre circonferenze, si ha

(R21 −R2

2) + (R22 −R2

3) + (R23 −R2

1) = 0

e dunque per il teorema di Carnot nel triangolo4

O1O2O3 i tre assi radicali concorronoin 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 trealtezze e sia H l’ortocentro. Allora i triangoli

4AHaD

4BHbE

4CHcF

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 tangentead entrambe in due punti C ∈ Γ1 e D ∈ Γ2 e sia infine P l’intersezionetra r e AB. Ovviamente si ha, su Γ1, che PC2 = PA · PB e, su Γ2, chePD2 = PA · PB; quindi PC2 = PD2 e dunque P e il punto medio di DC.

Esercizi

1. Sia ABCD un quadrilatero ciclico e siano date Γ1, . . . ,Γ4 circonferenze cheabbiano AB, . . . , DA come corde. Sia A′ l’ulteriore intersezione di Γ1 e Γ4 edefiniamo similmente B′, C ′, D′. Allora A′, B′, C ′, D′ sono conciclici.

2. In un triangolo, l’incentro, due vertici e l’excentro opposto al terzo verticesono concilici e il centro di tale circonferenza e il punto medio dell’arco dicirconferenza circoscritta tra i due vertici che non contiene il terzo.

3.

1.2.4 Osservazioni pedali (o pedanti?)(*)

Sia4

ABC un triangolo e siano Ha, Hb, Hc i piedi delle altezze; allora e ovvio chele 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

di4

HaHbHc concorrono. Quest’ultimo triangolo si chiama triangolo ortico.

Osservazione: Piu in generale, per un qualsiasi punto P , siano Pa, Pb, Pc le sueproiezioni sui lati, allora il triangolo da esse formato (triangolo pedale di P ) e iltriangolo di partenza sono ortologici.

Altri esempi poco interessanti di coppie ortologiche sono le seguenti.

Il triangolo4

ABC e il triangolo circumceviano dell’incentro (ovvero formato daipunti in cui le ceviane dell’incentro intersecano la circonferenza circoscritta) sonoortologici e i centri di ortologia sono l’incentro e il circocentro. infatti il trian-golo circumceviano dell’incentro ha lati paralleli alle bisettrici esterne e quindiperpendicolari alle bisettrici interne.

Il triangolo pedale di un qualunque punto P e il triangolo dei punti medi deilati sono ortologici, in quanto quest’ultimo ha i lati paralleli a quelli del triangolo dipartenza. Un centro ortologico e 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 e il secondo centro ortologico.

Risultato 17 I due centri ortologici tra il triangolo pedale di P e il triangolo dipartenza sono P e il suo coniugato isogonale P ′.

22

Dim: Siano J , K le proiezioni di P su AB e AC. Allora il quadrilatero JPKA hadue angoli retti opposti e dunque e ciclico; in particolare, JKP = JAP . Del resto,se P ′ e il coniugato isogonale di P , si ha P ′AK = JAP , quindi P ′AK = JKP edunque, poiche KP ⊥ AK, si deve anche avere P ′A ⊥ JK. Dunque le rette AP ′,BP ′, CP ′ sono perpendicolari ai lati del triangolo pedale di P e dunque concorrononel secondo centro ortologico.

Osservazione: Questo dice, ad esempio, che le perpendicolari da A, B, C ai latidel triangolo ortico concorrono nel circocentro, che e coniugato isogonale dell’or-tocentro; dunque i lati del triangolo ortico sono paralleli alle tangenti in A, B, Calla circonferenza circoscritta, ovvero ai lati del triangolo tangenziale. Da cio seguefacilmente 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 e difficile ottenere che i due centriortologici tra il triangolo pedale di un punto P e il triangolo mediale (triangolo deipunti medi dei lati) sono P e un punto Q tale che P ′, Q e G sono allineati conP ′G : GQ = 2 : 1.

Ora, siano P e Q coniugati isogonali e siano Pa, Pb, Pc, Qa, Qb, Qc le loroproiezioni sui lati. Per evitare problemi di configurazione, supponiamo che entrambii punti siano interni al triangolo e le loro proiezioni siano interne ai tre lati.

Poniamo BAP = α1, PAC = α2, CBP = β1, PBA = β2, ACP = γ1, PCB =γ2.

Allora, poiche PaPPbC e ciclico, si ha

γ1 = PCA = PPaPb γ2 = PCB = PPbPa

Similmente, poiche PaPPcB e ciclico, si ha

β1 = CBP = PaPcP β2 = PBA = PcPaP

e dalla ciclicita di PbPPcA si ha

α1 = BAP = PcPbP α2 = PAC = PbPcP

DunquePbPaPc = γ1 + β2

PaPbPc = α1 + γ2

PaPcPb = α2 + β1

D’altra parte

APcPb =π

2− α1 APbPc =

π

2− α2

BPaPc =π

2− β1 BPcPa =

π

2− β2

CPbPa =π

2− γ1 CPaPb =

π

2− γ2

Se poi Q e il coniugato isogonale di P , si ha

QbQaQc = γ2 + β1

23

QaQbQc = α2 + γ1

QaQcQb = α1 + β2

AQcQb =π

2− α2 AQbQc =

π

2− α1

BQaQc =π

2− β2 BQcQa =

π

2− β1

CQbQa =π

2− γ2 CQaQb =

π

2− γ1

Ora, esaminiamo il quadrilatero PaQaQbPb; si ha che

CPaPb =π

2− γ2 = CQbQa

e dunque QaPaPb + PbQbQa = π. Ovvero, il quadrilatero e ciclico. Lo stesso si puodire per PbQbQcPc e PaQaQcPc. Le tre circonferenze ad essi circoscritte hanno i 3lati del triangolo come assi radicali, ma essi devono concorrere o essere paralleli ecio non e possibile; dunque le circonferenze non possono essere distinte.

Risultato 18 Le proiezioni di P e Q, coniugati isogonali, sui lati del triangolo sonoconcicliche ed il centro di tale circonferenza e il punto medio di PQ.

Esercizio veramente antipatico Trattare i vari problemi di configurazione dellasituazione 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 centriortologici 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 eil 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 e detta retta diEulero.

2. Grazie all’ultimo risultato, sappiamo anche che il triangolo ortico e il triangolomediale hanno una stessa circonferenza circoscritta, il cui centro, punto mediotra O e H, sta anch’esso sulla retta di Eulero. Tale circonferenza e detta diFeuerbach ed il suo centro viene di solito indicato con N .

3. Il triangolo pedale di P e banale se e solo se uno dei suoi angoli e π, quindi see solo se una delle seguenti uguaglianze si verifica:

γ1 + β2 = π α1 + γ2 = π α2 + β1 = π

ovvero se e solo se una delle seguenti vale:

PCA+ PBA = π BAP +BCP = π PAC + PBC = π

ognuna delle quali e equivalente al fatto che A, B, C, P siano conciclici inqualche ordine.

24

1.3 In riga! (o in retta?)

A straight line may be the shortestdistance between two points, but itis by no means the mostinteresting.

J. Pertwee as The Third Doctor inDoctor Who

L’allineamento, al contrario della concorrenza, sembra una domanda molto menonaturale; sorge pero da diversi fronti, una volta che ci si avventuri abbastanza nellageometria euclidea.

Dalla degenerazione dei triangoli pedali, all’allineamento di tre punti sui lati,la ricerca di una maggiore generalita ci portera presto ad un primo accenno digeometria proiettiva ed al concetto di similitudine, eccellenti strumenti per trovarrette.

1.3.1 Un triangolo sgonfiato(*)

Se il triangolo pedale di un punto P e degenere (ovvero una retta), ci troviamoin una singolare situazione: le perpendicolari dai suoi vertici ai lati concorrono nelpunto P , ma le perpendicolari dai vertici ai suoi lati saranno rette parallele. Questosignifica che tale punto P non avra un coniugato isogonale in senso proprio (diremoche il suo coniugato isogonale e 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 diP ; allora (nel triangolo pedale di P )

[PbPPc] =1

2yz sinα =

ayx

2R

dove R e il raggio della circonferenza circoscritta. Dunque

[PaPbPc] =1

4R(ayz + bxz + cxy) .

Calcolando l’area in altro modo otteniamo

[PaPbPc] =1

2PaPb · PbPc · sinPaPbPc =

1

2PC sin γPA sinα sinPaPbPc

e notiamo che PaPbPc = PAPc + PCPa; chiamando Q l’intersezione di PA con lacirconferenza circoscritta al triangolo di partenza, abbiamo che PAPc = QAB =QCB, quindi PaPbPc = PCQ. Da cui

[PaPbPc] =1

2PA · PC sinα sin β sinQCP

ma, nel triangolo4

QCP , si ha PC sinPCQ = PQ sinPQC = PQ sin γ e dunque

[PaPbPc] =1

2PA · PQ sinα sin β sin γ =

1

2(R2 −OP 2) sinα sin β sin γ .

25

Abbiamo cosı mostrato il seguente risultato (attribuito da alcuni ad Eulero, da altria Gergonne).

Risultato 19 Sia P un punto del piano, allora, con la notazione precedente, valela seguente relazione tra l’area del suo triangolo pedale e l’area del triangolo diriferimento

[PaPbPc]

[ABC]= − 1

4R2powΓP =

R2 −OP 2

4R2

dove Γ e 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 circon-ferenza circoscritta. Di questo fatto si puo anche dare una dimostrazione diversa:poiche CPaPPb e ciclico e nella circonferenza ad esso circoscritta CP e un diametro,quindi

PaPb = CP sin γ = CP · AB2R

e cosı via. Dunque, il triangolo pedale di P e degenere se e solo se si verifica unadelle seguenti uguaglianze triangolari:

CP · AB2R

=AP ·BC

2R+BP · AC

2R

BP · AC2R

=AP ·BC

2R+CP · AB

2R

AP ·BC2R

=CP · AB

2R+BP · AC

2R

ed in ognuno di questi casi, il teorema di Tolomeo ci dice che A, B, C, P sonoconciclici in qualche ordine.

Risultato 20 (teorema di Simson) Le proiezioni di P sui lati di4

ABC sono allineatese e solo se P appartiene alla circonferenza circoscritta. La retta che le contiene edetta retta di Simson di P .

Osservazione: Dal conto fatto con le aree, otteniamo che un punto P sta sullacirconferenza 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 lororette di Simson; allora l’angolo tra di esse e pari a P1OP2/2.

Dim: Sia Q1 l’ulteriore intersezione della perpendicolare da P1 a BC con lacirconferenza circoscritta. Siano A1, B1, C1 le proiezioni di P1 su BC, CA, AB;allora A1 e B1 vedono PC sotto un angolo retto e dunque

AQ1P = ACP = B1CP = B1A1P

ovvero, visto che P , A1, Q1 sono allineati, si ha che r1 ‖ AQ1.Allo stesso modo, si ottiene Q2 come ulteriore intersezione della perpendicolare

da P2 a BC e si ha che AQ2 ‖ r2.

26

Poiche P2Q2 ‖ P1Q1, si ha

Q1AQ2 =1

2P1OP2

che e la tesi.

Osservazione: Se dunque P1 e P2 sono diametralmente opposti, le loro rette diSimson sono ortogonali.

Risultato 22 La retta di Simson di un punto P passa per il punto medio delsegmento HP , dove H e l’ortocentro.

Dim: Consideriamo la proiezione Pb di P su AC e il simmetrico R di P rispetto adAC. Ora, il simmetrico Hb di H rispetto ad AC giace sulla circonferenza circosctittae dunque

RHHb = PHbH = PHbH = PHbB = PCB

D’altra parte, AHHb = ACB e dunque RHA = ACP per differenza, ma d’altraparte ACP = AQP , se Q e l’ulteriore intersezione di PPa con la circonferenzacircoscritta. Questo vuol dire che HR e parallela alla retta di Simson di P .

Ora, sia X l’intersezione tra HP e la retta di Simson. Abbiamo che XPb ‖ HRe poiche RPb = PbP , si ha anche che HX = XP .

Osservazione: Consideriamo il triangolo4

PbPcA; ovviamente PPb ⊥ PbA e PPc ⊥PcA. Se ora consideriamo gli assi di PbA e PcA, essi sono paralleli a PPb e PPce dunque la loro intersezione e allineata con P e A ed e il punto medio. Dunque

i circocentri di4

PbPcA,4

PaPcB,4

PaPbC sono i punti medi di AP , BP , CP . Quinditali circocentri formano un triangolo simile a quello di partenza, in scala 1/2, concirconferenza circoscritta tangente in P a quella circoscritta al triangolo di partenza.

Osservazione: Le riflessioni di P rispetto ai lati sono allineate con l’ortocentro inuna 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 unpunto sulla circonferenza circoscritta.

Esercizio infinitario Dimostrare che, se P e un punto della circonferenza circo-scritta, le simmetriche rispetto alle bisettrici interne delle sue ceviane sono parallelee 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 e la biset-trice interna ed M e equidistante dalle rette AC e BC. Dunque le proiezioniM1 e M2 su BC e AC sono equidistanti da C, ovvero M1C = M2C. Questosignifica che la retta di Simson di M , che passa per M1 e M2, e perpendicolarealla bisettrice interna e passa per il punto medio del lato AB.

2. Sia A′ il punto diametralmente opposto ad A, allora le sue proiezioni su AC eAB sono C e B, in quanto AA′ e un diametro e dunque ABA′ = ACA′ = π/2.Dunque la retta di Simson di A′ e BC, che e dunque perpendicolare all’altezzada A, che e la retta di Simson di A.

27

Esercizi

1.

1.3.2 Lunghezza senza larghezza(*)

Sia4

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

DC· CEEA· AFFB

= −1

Dim: D, E, F sono allineati se e solo se4

DEF e degenere. In tal caso, si deveavere

[ABC] = [FBD] + [EDC] + [AFE]

Ora, si hahxha

= −FBBA

hyhb

= −DCCB

hzhc

= −EAAC

Del resto

2[FBD] = hx ·BD 2[EDC] = hy · EC 2[AFE] = hz · AF

ovvero

2[FBD] = ha·FB

BA·DBBC

BC 2[EDC] = hb·DC

CB·ECCA

CA 2[AFE] = hc·EA

AC·FAAB

AB

Sommando, si ottiene

ha ·FB

BA· DBBC

BC + hb ·DC

CB· ECCA

CA+ hc ·EA

AC· FAAB

AB

ovvero

2[ABC] · FBBA· DBBC

+ 2[ABC] · DCCB· ECCA

+ 2[ABC] · EAAC· FAAB

L’allineamento si verifica se e solo se questa somma e pari a 2[ABC]; dunque,dividendo per 2[ABC], si deve avere

FB

BA· DBBC

+DC

CB· ECCA

+EA

AC· FAAB

= 1

Ora, se BD/DC = x, allora DC/CB = 1/(x + 1) e DB/BC = 1 − 1/(x + 1);sostituendo ciclicamente, otteniamo

1

z + 1

x

x+ 1+

1

x+ 1

y

y + 1+

1

y + 1

z

z + 1= 1

28

ovverox(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

DC· CEEA· AFFB

= −1

che e la tesi.

Osservazione: Come corollario, otteniamo l’area del triangolo4

DEF :

[DEF ] = [ABC]

(1− FB

BA· DBBC

+DC

CB· ECCA

+EA

AC· FAAB

)Osservazione: Dati tre punti D, E, F tali che AD, BE, CF concorrono in P , seD′, E ′, F ′ sono i punti che dividono i lati nei rapporti con segno opposto, allorasono allineati. Infatti, dal teorema di Ceva

BD

DC· CEEA· AFFB

= 1

e dunque, visto che BD′/D′C = −BD/DC e cosı via, si ha

BD′

D′C· CE

′

E ′A· AF

′

F ′B= −1

Osservazione: Inoltre, si ha anche

BD′

D′C· CEEA· AFFB

= −1

e dunque il lato EF del triangolo ceviale di P taglia BC nel punto D′. Questosignifica che, dato il triangolo ceviale di un punto P , le intersezioni EF ∩ BC,FD ∩ CA, DE ∩ AB sono allineate e sono i punti D′, E ′, F ′ definiti sopra.

Generalizzando i discorsi precedenti, otteniamo un interessante risultato di alli-neamento.

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∩FD, R = AB∩DEsono allineati.

Dim: Applicando il teorema di Menelao al triangolo4

BCO tagliato dalla trasversaleper F , E, P , si ha

BP

PC

CF

FO

OE

EB= −1

Applicandolo al triangolo4

CAO e alla trasversale per F , D, Q, si ha

CQ

QA

AD

DO

OF

FC= −1

29

Applicandolo al triangolo4

ABO con la trasversale per D, E, R si ha

AR

RB

BE

EO

OD

DA= −1

Moltiplicando queste tre relazioni, otteniamo

BP

PC

CQ

QA

AR

RB= −1

ovvero, sempre per il teorema di Menelao, che P , Q, R sono allineati.

Osservazione: (converso di Desargues) Supponiamo ora che P , Q, R siano alli-neati e dimostriamo che AD, BE, CF concorrono. Sia O = EB ∩ FC. I triangoli4

REB e4

QFC sono tali che RQ, EF , BC concorrono e dunque (per il teorema diDesargues dimostrato sopra)

RE ∩QF = A EB ∩ FC = O BR ∩ CQ = D

sono allineati, ovvero AD passa per O, ovvero AD, BE, CF concorrono.

Osservazione: Due triangoli4

ABC e4

DEF tali che AD, BE, CF concorrono sidicono perspettici rispetto ad un punto, detto centro perspettico; se invece AB∩DE,BC ∩ EF , CA ∩ FD sono allineati, i triangoli si dicono perspettici rispetto ad unaretta, detta asse perspettico.

Osservazione: Il risultato precedente sul triangolo pedale di un punto si ottieneda Desargues come caso particolare.

Esercizio bifido A scelta, scrivere una dimostrazione di Menelao che ottengala formula nel caso di allineamento e dimostri l’altra freccia con il ragionamentoclassico; oppure si tratti in Desargues il caso di parallelismi.

Esempi

1. I piedi delle bisettrici esterne sono allineati, grazie ad una delle osservazioniprecedenti, oppure per verifica diretta tramite il teorema della bisettrice.

2. Le intersezioni dei lati del triangolo ortico con i lati del triangolo di partenzasono allineate, per Desargues, lungo una retta detta asse ortico. Tale risultatopuo essere ricavato dal punto precedente, ricordando che i lati del triangolo dipartenza sono bisettrici esterne del triangolo ortico.

3. Sia4

DEF il triangolo ortico di4

ABC e poniamo P = EF ∩BC. Allora, poicheBEFC e ciclico, si ha PB · PC = PE · PF , ovvero P ha la stessa potenzarispetto alla circonferenza circoscritta e alla circonferenza di Feuerbach. Taleragionamento puo essere ripetuto per Q = FD∩AC e R = DE∩AB. Dunquel’asse ortico e asse radicale tra la circonferenza circoscritta e la circonferenzadi Feuerbach ed e 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 ·MB + AM ·NC = AN · AM

2. Sia4

ABC un triangolo con ortocentro H e circocentro O; siano N il punto

medio di OH e L il baricentro di4

HBC. Dimostrare che L, N e A sonoallineati.

3.

1.3.3 Odor d’infinito(*)

In questa sezione dimostreremo alcuni risultati classici di concorrenza e allineamen-to, che trovano la loro collocazione naturale in geometria proiettiva. Vengono quiriproposti adattandoli al contesto euclideo.

Risultato 25 (teorema di Pascal) Siano A, B, C, D, E, F punti su una circonfe-renza Γ. Allora i punti

P = AB ∩DE Q = BC ∩ EF R = CD ∩ FA

sono allineati.

Dim: Definiamo

X = EF ∩ AB Y = CD ∩ AB Z = CD ∩ EF

e consideriamo il triangolo4

XY Z con le trasversali BC, DE, FA. Utilizzando ilteorema di Menealo, otteniamo

ZQ

QX

XB

BY

Y C

CZ= −1

XP

PY

Y D

DZ

ZE

EX= −1

Y R

RZ

ZF

FX

XA

AY= −1

Inoltre, essendo i 6 punti su Γ, si ha

XA ·XB = XE ·XF Y C · Y D = Y A · Y B ZE · ZF = ZC · ZD

e dunque, moltiplicando le tre relazioni e tenendo conto delle precedenti uguaglianze,si ha

ZQ

QX

XP

PY

Y R

RZ= −1

ovvero si ha che P , Q, R sono allineati.

Osservazione: L’ordine in cui si trovano i punti non importa; dunque questo diceche vi sono 120 modi di prendere i punti e dunque 120 diverse rette ottenute tramiteil teorema di Pascal.

31

Osservazione: E’ possibile considerare casi degeneri in cui due punti coincidano:AABCDE. In questo caso, la retta AA sara la tangente a Γ per A.

Esercizio inaudito Il triangolo4

ABC ha i vertici su un’iperbole rettangola; dimo-strare che anche il suo ortocentro sta sull’iperbole.

Esempi

1. Sia Γ circoscritta ad4

ABC e sia P un punto del piano. Consideriamo il trian-

golo ceviale di P ,4

DEF , e sia A1 l’ulteriore intersezione di AD con Γ. Co-struiamo A2 e A3 come le ulteriori intersezioni di A1E e A1F con Γ e sia infineX = BA2∩CA3. Ora, consideriamo l’esagono CABA2A1A3; per Pascal, si hache

CA ∩ A1A2 = E AB ∩ A1A3 = F BA2 ∩ A3C = 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 = PaQb ∩ PbQa, X2 = PaQc ∩ PcQa,X3 = PbQc ∩ PcQb sono allineati sulla retta PQ. Infatti, sappiamo che le 6proiezioni sono concicliche e che il centro di tale cerchio e il punto medio diPQ, sia detto R. Chiamiamo P ′a = PPa ∩QaR e P ′b = PPb ∩QbR; tali punti

stanno sempre sulla stessa circonferenza, in quanto P ′aPaQa = P ′bPbQb = π/2.Applicando Pascal a QaPbP

′bQbPaP

′a otteniamo che

QaPb ∩ PaQb = X1 PaP′a ∩ PbP ′b = P P ′aQa ∩ P ′bQb = Q

sono allineati. Ripetendo il ragionamento, otteniamo che X1, X2, X3, P , Qsono allineati.

3. Sia4

ABC un triangolo e sia Γ la circonferenza ad esso circoscritta; considerandol’esagono AABBCC, per il teorema di Pascal abbiamo che le intersezioni trala tangente ad un vertice e il lato opposto sono allineate.

Risultato 26 (teorema di Newton) Sia ABCD un quadrilatero circoscritto a Γe sia EFGH il quadrilatero dei punti di tangenza (AB tange Γ in E e cosı via).Allora EG, FH, AC, BD concorrono.

Dim: Siano O = EG ∩ FH e X = GF ∩ EH.Per Pascal applicato a EGGFHH si ha che EG ∩ FH = O, GG ∩ HH = D,

GF ∩ EH = X sono allineati.Per Pascal applicato a EEHFFG, si ha che EE ∩ FF = B, EH ∩ FG = 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, FH, AC,BD concorrono.

Risultato 27 (teorema di Brianchon) Sia ABCDEF un esagono circoscritto aduna 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 quadrilateroAMDN , ottenendo che AD, IL, GJ concorrono in A′.

Siano poi M ′ = BC ∩ ED, N ′ = AB ∩ EF . Allora per Newton su BM ′EN ′ siha che BE, HK, GJ concorrono in B′.

Infine, definendo M ′′ = CD ∩ FE, N ′ = CB ∩ AF e applicando Newton aCM ′′FN ′′ si ha che CF , HK, IL concorrono in C ′.

Notiamo che AB ∩ A′B′ = G, BC ∩B′C ′ = H e che A′C ′ ∩ AC = AC ∩ IL.Ora, consideriamo GI∩HL = O e IL∩GH = P ; l’esagono GGILLH e 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,

dunque A, C, P sono allineati. Ovvero, AC ∩ IL = P , ma P ∈ HG, quindi4

ABC e4

A′B′C ′ sono perspettici da una retta e dunque, per il converso di Desargues, AA′,BB′, CC ′ concorrono, ovvero AD, BE, CF concorrono.

Osservazione: Come anche per Pascal, per Brianchon possiamo utilizzare esagonidegeneri, in cui tre punti siano allineati.

Osservazione: Come per Pascal, non conta l’ordine in cui vengono presi i punti edunque si ottengono 120 punti di concorrenza.

Osservazione: La somiglianza del risultato con il teorema di Pascal non e un caso;segue dalla teoria della dualita 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 EFe GH sono paralleli.

Esempi

1. Sia4

DEF il triangolo pedale dell’incentro di ABC, allora Brianchon sull’esa-gono 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, e una trasformazione delpiano, ovvero una funzione f bigettiva del piano in se, che manda punti in punti,definita come segue: f(P ) = Q se P , Q, O sono allineati e QO/OP = −k.

Piu esplicitamente, se k > 0, allora OQ = k · OP e P , Q stanno dalla stessaparte rispetto ad O; se k < 0, allora OQ = |k| ·OP e P , Q stanno da parti opposterispetto ad O.

Risultato 28 Un’omotetia manda rette in rette, ovvero, se r e una retta, l’insieme

s = f(P ) | P ∈ r

33

e pure una retta. Inoltre r ‖ s.Dim: Se r passa per O, la tesi e ovvia. Altrimenti, siano A, B due punti di r eponiamo C = f(A), D = f(B). Sia ora P un altro punto di r; vogliamo dimostrareche Q = f(P ) e allineato con C e D.

Consideriamo i triangoli4

AOP e4

COQ. Per costruzione, AOP = COQ; inoltreAO/OC = PO/OQ e dunque i due triangoli sono simili.

Lo stesso si puo dire per4

BOP e4

DOQ. Quindi

APO = CQO BPO = DQO

e dunque A, P , B sono allineati se e solo se C, D, Q lo sono.Inoltre, poiche OA ‖ OC e OB ‖ OD, si deve avere, per le similitudini di cui

sopra, che AB ‖ CD, ovvero r ‖ CD. Quanto fatto finora mostra che s e contenutanella retta per C e D.

Ora, applicando l’omotetia f−1 (inversa di f) di centro O e ragione 1/k, C e Dvanno in A e B, quindi per quanto detto tutti i punti allineati con C e D vanno inpunti su r; quest’ultimo ragionamento dimostra che ogni punto della retta CD stain s.

Risultato 29 Un’omotetia manda circonferenze in circonferenze e se Γ ha centro Pe 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) e |k| · PQ = |k| · r.Dunque f(Γ) e contenuta nella circonferenza di centro f(P ) e raggio |k| · r. Con lostesso ragionamento del risultato precedente, si dimostra che in realta coincidono.Da cui la tesi.

Osservazione: Se D = f(A), E = f(B), F = f(C), allora i triangoli4

ABC e4

DEF sono simili. Infatti, per il risultato precedente, i lati sono paralleli. Inoltre, ilrapporto di similitudine e |k|.Osservazione: In particolare, l’omotetia conserva gli angoli. Inoltre conserva anchei 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 FD = |k| · CA

e dunque AB/BC = DE/EF .

Osservazione: Dalle osservazioni precedenti si ricava che, se4

ABC e4

DEF si cor-rispondono per un’omotetia f , allora anche assi, mediane, bisettrici, altezze, circon-ferenze inscritta, circoscritta ed exinscritte, e qualunque altro dato legato ad angolie rapporti si corrispondono tramite f

Osservazione: Il risultato 1 puo essere riformulato come: se A, B, C e D, E, Fsono allineati e AB/BC = DE/EF , allora, se AD e CF concorrono in P , esisteun’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’omotetiasono allineati.

34

I risultati seguenti sono esempi di utilizzo delle omotetie per ottenere risultati diallineamento e di altra natura.

Risultato 30 (retta di Eulero) In un qualunque triangolo, l’ortocentro H, ilbaricentro G e il circocentro O sono allineati e si ha HG : GO = 2 : 1.

Dim: Sia dunque4

ABC un triangolo e sia4

MaMbMc il triangolo mediale. Sappiamoche

AG : GMa = BG : GMb = CG : GMc = 2 : 1

e dunque, se f e 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) e l’ortocentro del trian-golo mediale; ovvero, f(H) e l’intersezione delle altezze del triangolo mediale.

Consideriamo l’altezza uscente da Ma: essa e la retta per Ma perpendicolare aMbMc, ma per un’osservazione precedente si ha MbMc ‖ BC, dunque l’altezza e laretta perpendicolare a BC e passante per il punto medio, ovvero l’asse di BC.

Dunque, le altezze del triangolo mediale sono gli assi di4

ABC e quindi si incontra-no nel circocentro, che e 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 gia stato ottenuto come caso degenere di unteorema sui centri ortologici dei triangoli pedali; inoltre, si puo fornire anche laseguente dimostrazione: le proiezioni di H e O sul lato BC sono il piede dell’altezzaHa ed il punto medio Ma, che sono anche le proiezioni di A e Ma; la proiezione delbaricentro Ga divide allora HaMa nello stesso rapporto in cui divide la mediana,ovvero HaGa : GaMa = 2 : 1. Visto che questo vale per tutti e tre i lati, H, G, Odevono 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 deilati stanno sulla circonferenza circoscritta. Applicando un’omotetia di centro H efattore 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 deltriangolo vanno nei punti medi tra H e i vertici. Questi 9 punti stanno dunque suuna 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 : NG : GO =3 : 1 : 2. Anche questo risultato puo 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 ilpunto medio di BC formano un diametro, come anche i rispettivi segmenti formatipermutando ciclicamente le lettere.

Osservazione: La retta di Simson di un punto P sulla circonferenza circoscrittapassa per il punto medio di HP , ma per quanto appena dimostrato, tale punto ap-partiene alla circonferenza dei nove punti. Inoltre, se P e P ′ sono diametralmente

35

opposti sulla circonferenza circoscritta, allora le loro rette di Simson sono perpendi-colari e dunque, intersecando la circonferenza dei nove punti in due punti diversi ediametralmente opposti, anche la loro comune intersezione sta su tale circonferenza.

Risultato 32 Siano Γ1 e Γ2 due circonferenza tangenti internamente in A, sia BCuna corda di Γ1 (la circonferenza piu grande) che tange Γ2 in P . Sia infine M ilpunto 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 efattore r1/r2 manda Γ2 in Γ1 e manda P in un punto P ′ di Γ1 tale che la tangente inP ′ a Γ1 sia parallela a BC; questo significa che la perpendicolare da P ′ a BC passaper il centro di Γ1 e dunque e anche asse di BC. Segue che P ′ e il punto mediodell’arco BC che non contiene A, dunque e T , che e quindi allineato con A e P .

Risultato 33 Sia4

ABC un triangolo con incentro I; sia AH l’altezza e M il suopunto 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 simmetri-co rispetto a I (ovvero il punto diametralmente opposto ad F nella circonferenzainscritta). Un’omotetia di centro A e fattore ra/r manda la circonferenza inscrittanella circonferenza exinscritta opposta al vertice A; ora, poiche in D la tangentealla circonferenza exinscritta e il lato BC, esso corrispondera tramite f ad un puntoche 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 ‖ AH, dunque un’omotetia di centro D e ragione DH/DFmanda 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 MI : MD = HF : HD = AE : AD = r : ra.

Osservazione: Se Ia e l’exincentro, con tecnica simile otteniamo che M , F , Ia sonoallineati e MF : MIa = r : ra.

Esempi

1. Sia4

ABC un triangolo e siano dati tre cerchi di uguale raggio t, tangenti ognunoa 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, essendoI1 e I2 distanti entrambi t da AB, si avra I1I2 ‖ AB e similmente I2I3 ‖ BC,

I3I1 ‖ CA. Dunque esiste un’omotetia di centro I che porta4

I1I2I3 in4

ABC.

Ovviamente P e equidistante dai tre centri e dunque e circocentro di4

I1I2I3 e ilcircoraggio e t; del resto, AI1 e anche bisettrice di I3I1I2 e quindi I e incentrodi entrambi i triangoli, che dunque hanno inraggio r − t e r. Da cio

t

R=r − tr

=⇒ t =Rr

R + r

2. Notiamo che O e P sono allineati con I e si ha, ovviamente, che

OI : IP = R : t = R :Rr

R + r= R + r : r

36

e dunqueOP : PI = R : r

quindi un’omotetia di centro P e ragione r/R manda O in I e manda lacirconferenza di centro O e raggio R nella circonferenza di centro I e raggio r.

Esercizi

1. Sia H l’ortocentro di4

ABC e siano D, E, F le sue proiezioni sui lati. Sia H ′

il simmetrico di H rispetto a DE e sia C ′ il baricentro di4

DEH ′; definiamosimilmente B′, C ′. Allora AA′, BB′, CC ′ concorrono nel coniugato isogonaledel 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...(*)

Sia in questa sezione4

ABC un triangolo, sia I il suo incentro e siano Ia, Ib, Ic gliexincentri opposti ai vertici A, B, C rispettivamente. Denotiamo con D, E, F letangenze del cerchio inscritto con i lati e siano r, ra, rb, rc i raggi del cerchio inscrittoe 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+ cra =

2S

b+ c− ae cicliche

Dim: Per ogni punto P si ha

[ABC] = [ABP ] + [PBC] + [CAP ]

da cui, con P = I,

S =cr

2+ar

2+br

2

e dunque

r =2S

a+ b+ c

Del resto, se P = Ia, allora

S =cra2− ara

2+bra2

da cui

ra =2S

b+ c− ae similmente si ricavano le altre.

Risultato 35 Si ha

4S =√

(a+ b+ c)(b+ c− a)(b+ a− c)(a+ c− b)

Dim: Sia E ′ il punto in cui il cerchio exinscritto opposto ad A tange AC; allora

i triangoli4

AIE e4

AIaE′ sono simili, in quanto sono rettangoli ed hanno un angolo

in comune. Quindi r : ra = AE : AE ′, ma noi sappiamo che AE = b + c − a eAE ′ = a+ b+ c, quindi

r : ra = b+ c− a : a+ b+ c

39

Inoltre i triangoli4

CIE e4

IaCE′ sono simili, in quanto retti e con CIE = π/2−

ECI = IaCE′. Dunque IE : EC = E ′C : IaE, da cui

4r · ra = 4EC · EC ′ = (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) =√

(a+ b+ c)(a+ b− c)(a− b+ c)(b+ c− a)

che e la tesi.

Osservazione: Ponendo s = (a + b + c)/2, abbiamo che r = S/s, ra = S/(s − a),S =

√s(s− a)(s− b)(s− c).

Osservazione: Ovviamente, si ha

rrarbrc =S4

s(s− a)(s− b)(s− c)= S2 = s(s− a)(s− b)(s− c)

Osservazione: Inoltre

r−1 + r−1a + r−1

b + r−1c =

s+ s− a+ s− b+ s− cS

=2s

S=

2

r

da cui1

r=

1

ra+

1

rb+

1

rc

Esercizio cinico Ridimostrare le precedenti uguaglianze con il metodo delle areeutilizzato nella dimostrazione del risultato 33.

Consideriamo il triangolo4

IaIbIc; esso e formato dalle tre bisettrici esterne deltriangolo di partenza. Dunque IIa ⊥ IbIc, in quanto bisettrice interna ed esternanel vertice A; similmente si ha IIb ⊥ IaIc e IIc ⊥ IaIb, il che vuol dire che I eortocentro del triangolo degli exincentri.

Di conseguenza, A, B, C sono i piedi delle altezze e dunque la circonferenza chepassa per essi (Γ, circoscritta al triangolo di partenza) e la circonferenza dei novepunti del triangolo degli exincentri. Questo ha due conseguenze.

Primo, l’ulteriore intersezione di AI con Γ, che e il punto medio dell’arco BC cheon contiene A, e il punto medio tra I e Ia e lo chiamiamo Ma; secondo, l’ulterioreintersezione di IbIc con Γ e il punto medio tra Ib e Ic, che indichiamo con Na. Nellacirconferenza dei nove punti, il punto medio del lato e diametralmente opposto alpunto medio tra l’ortocentro e il vertice opposto, quindi abbiamo che Ma e Na sonodiametralmente opposti in Γ, ovvero che il punto medio tra Ib e Ic e anche puntomedio dell’arco BC che contiene A.

Risultato 36 L’incentro del triangolo mediale (detto punto di Spieker) e il centroradicale delle tre circonferenze exinscritte

40

Dim: L’asse radicale tra due circonferenze exinscritte, ad esempio quelle di centroIa e Ib, e perpendicolare alla congiungente i centri, dunque e parallelo alla bisettriceinterna dell’angolo in C. Inoltre, siano X e Y i punti di tangenza delle due circonfe-renze suddette con la retta AB (X la proiezione di Ia e Y la proiezione di Ib); alloraBX = AY = s, quindi AX = s− a e XY = AX +XY = 2s− a.

Poiche XY e 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 e il punto medio di AB. Dunque l’asse radicale e unaparallela alla bisettrice di C che passa per il punto medio di AB, ovvero la bisettricedel triangolo mediale.

Lo stesso ragionamento si puo ripetere sulle altre coppie di cerchi, ottenendo chegli assi radicali sono le bisettrici del triangolo mediale. Dunque il centro radicale el’incentro del triangolo mediale, ovvero il punto di Spieker Sp.

Osservazione: Da questo segue che

II2a − r2

a = II2b − r2

b = II2c − r2

c

Ricordiamo che, dette P , Q, R le proiezioni di Ia, Ib, Ic su BC, CA, AB, leceviane AP , BQ, CR concorrono nel punto noto come punto di Nagel.

Risultato 37 Il punto di Nagel del triangolo mediale e l’incentro del triangolo dipartenza.

Dim: Da un banale calcolo segue che AB + BP = AC + CP = s e che lo stessovale per Q e R.

Ora, siano Ma, Mb, Mc i punti medi dei lati del triangolo di partenza; consi-deriamo il parallelogramma AMbMaMc e siano M e N su MbMa e McMa tali cheMbM = McN . Prolunghiamo MMc a incontrare AMb in T e sia S il punto diintersezione di MbN e MCM .

Osserviamo che4

TMbM e4

TAMc sono simili e cosı pure4

MbTS e4

NMcS. Da cio

TS

SMc

=MbT

McN=

MbT

MbM=

AT

AMc

da cui AS e la bisettrice di TAMc = MbAMc.Dunque, l’incontro di McM e MbN sta sulla bisettrice interna da A.Ora, i piedi delle ceviane MaX, MbY , McZ che individuano il punto di Nagel

del triangolo mediale hanno proprio la proprieta che YMc = ZMb, XMb = YMa,XMc = ZMa e dunque si intersecano nell’intersezione delle bisettrici del triangolodi 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

NaSp : SpG : 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 tangei 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 e il punto medio di INa. Dunquel’omotetia di centro Na e fattore 1/2 porta I in Sp e dunque porta il cerchioinscritto del triangolo di partenza nel cerchio di Spieker. Questo significa cheil cerchio di Spieker e anche cerchio inscritto del triangolo che ha come verticii punti medi di ANa, BNa, CNa.

Esercizi

1.

2.1.2 ... e tutt’attorno(*)

Come abbiamo dimostrato e gia utilizzato, i simmetrici dell’ortocentro rispetto ailati e rispetto ai punti medi dei lati sono sulla circonferenza circoscritta. Questofatto puo essere letto al contrario, affermando che i simmetrici della circonferen-za circoscritta rispetto ai lati passano tutti e tre per l’ortocentro. E puo esseregeneralizzato.

Risultato 38 (teorema di Johnson) Siano Γ1, Γ2, Γ3 circonferenze con lo stessoraggio, passanti per un punto P . Sia X l’ulteriore intersezione di Γ2 e Γ3 e sidefiniscano similmente Y e Z. Allora la circonferenza Γ passante per X, Y , Z ha lostesso raggio delle tre di partenza.

Dim: Siano A, B, C i centri delle tre circonferenze. Allora BPCX, APCY ,APBZ sono rombi e dunque AY ‖ PC ‖ BX. Inoltre, AY = BX e dunque ABXYe un parallelogramma, il che implica che XY = AB.

Allo stesso modo Y Z = BC e ZX = AC. Dunque4

XY Z e4

ABC sono con-gruenti; ora, e facile vedere che il triangolo dei centri ha circocentro P e raggio dellacirconferenza circoscritta pari a r = PA = PB = PC. Dunque anche il raggio della

circonferenza circoscritta a4

XY Z e uguale a r.

Osservazione: Ovviamente PX ⊥ BC, in quanto la corda in comune tra duecerchi e perpendicolare alla congiungente i centri e, per quanto dimostrato prima,ZY CB e un parallelogramma, ovvero CB ‖ ZY , il che dice che XP ⊥ ZY e cicliche.

Dunque P e l’ortocentro di4

XY Z.

Osservazione: Da quanto detto, segue che i simmetrici del circocentro rispettoai lati formano un triangolo congruente a quello di partenza, il cui circocentro el’ortocentro dell’originale.

Ora, sia O il circocentro di4

ABC e sia R = OA = OB = OC. Riprendiamo lenotazioni riguardanti incentro ed exincentri dalla sezione precedente.

Risultato 39 Sia d = OI, allora

R2 − d2 = 2Rr

42

Dim: R2 − d2 e la potenza di I rispetto a Γ; prolunghiamo AI fino ad intersecareΓ nuovamente in M , che e punto medio dell’arco BC e punto medio di IIa.

Sappiamo che in un triangolo qualsiasi un vertice, l’ortocentro e le sue proiezionisui lati uscenti da quel vertice sono conciclici, con centro della circonferenza nelpunto medio tra ortocentro e vertice. Quindi I, B, C, Ia sono conciclici con centroin M . Questo vuol dire che IM = BM = CM = IaM .

Dunque

R2 − d2 = IA · IM = IA ·MB =r

sin(α/2)· 2R sin(α/2) = 2Rr

come volevasi dimostrare.

Osservazione: Segue dalla dimostrazione che4

ICM e isoscele e IMC = β, il chesignifica che IC = 2MC sin(β/2); d’altra parte, r = IC sin(γ/2) e dunque

r = IC sin(γ/2) = 2MC 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 OI2a = R2+2Rra

e cicliche.

Osservazione: Dalla relazione sinα+ sin β + sin γ = cos(α/2) cos(β/2) cos(γ/2) siricava che

abc

4R=

16R3 cos(α/2) cos(β/2) cos(γ/2) sin(α/2) sin(β/2) sin(γ/2)

4R=

4R sin(α/2) sin(β/2) sin(γ/2)R(sinα + 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 ′ il suo simmetrico rispetto ad O.Sappiamo che M e il punto medio di IIa e M ′ e il punto medio di IbIc. Siano Y e Zle proiezioni di Ib e Ic su BC, sia X la proiezione di Ia e sia X ′ la proiezione di I.

Poiche MM ′ e un diametro, si ha MM ′ = 2R, inoltre, per quanto fatto nellasezione precedente, il punto medio di Y Z e il punto medio di BC, ovvero l’interse-zione di MM ′ con BC, che chiamiamo D; quest’ultimo e anche il punto medio diXX ′.

Essendo DM ′, Y Ib, ZIc parallele e DY = DZ, si ha che DM ′ = (rb + rc)/2.D’altra parte, se Q = IaX ∩ ID, allora XQ = X ′I = r, visto che sono paralleli

e XD = DX ′.Ora, poiche MI = MIa e poiche MD ‖ IaQ, si ha che 2 ·DM = IaQ = ra − r.In definitiva,

2R = MM ′ = M ′D +DM =rb + rc

2+ra − r

2

da cuira + rb + rc = 4R + r

che e la tesi.

Esempi

43

1. La simmetria rispetto alla bisettrice interna del vertice A manda la circonfe-renza di diametro AH in una circonferenza tangente alla circonferenza circo-scritta, in quanto la manda in una circonferenza il cui diametro giace su AOe 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 | PA = k · PB

Nel caso in cui k = 1, gia sappiamo che PA = PB se e solo se PA2 = PB2 se e solose P appartiene all’asse di AB.

Risultato 41 Se k 6= 1, Lk e una circonferenza.

Dim: Siano L e L′ i due punti sulla retta AB tali che AL : LB = k : 1 e AL′ :L′B = −k : 1 (ovvero L interno al segmento e L′ esterno). Entrambi appartengonoal luogo. Ora, sia P un punto generico di Lk, allora AP/PB = AL/LB, dunque

PL e bisettrice interna in4

APB e allo stesso modo PL′ e bisettrice esterna.Questo significa che LPL′ = π/2 e dunque Lk e contenuto nella circonferenza di

diametro L′L.Sia ora k′ un altro reale positivo, diverso da 1 e siano N e N ′ ottenuti come

prima; e facile vedere che ci sono solo tre alternative: il segmento L′L contiene ilsegmento NN ′, oppure il segmento NN ′ contiene il segmento LL′, oppure i duesegmenti sono disgiunti.

Se Q e un punto sulla circonferenza di diametro L′L, poniamo k′ = AQ/QB; perquanto appena osservato, Q sta sulla circonferenza di diametro NN ′, ma questa noninterseca la precedente, a meno che NN ′ e L′L coincidano come segmenti. Dunquek = k′, ovvero Q appartiene a Lk.

Osservazione: La circonferenza Lk e detta circonferenza di Apollonio ed il suocentro M e il punto medio tra L e L′. Considerando positive le distanze da A versoB e negative le altre, abbiamo che

AL =k

k + 1AB AL′ =

k

k − 1AB

dunque AM = (AL+ AL′)/2, ovvero

AM = ABk2 − k + k2 + k

2(k2 − 1)= AB

k2

k2 − 1

Da cio segue che AM : MB = k2 : −1.

44

Osservazione: Dato un triangolo4

ABC, si dicono circonferenze di Apollonio deltriangolo le seguenti

ΓA = P | BP =BA

CACP

ΓB = P | AP =AB

CBCP

ΓC = P | AP =AC

CBBP

Tali circonferenze hanno diametri lungo le rette dei lati, con estremi nei piedi dellebisettrici interna ed esterna e passano per il vertice opposto. I loro centri XA, XB,XC dividono i lati nei seguenti rapporti:

BXA

XAC= −BA

2

BC2

CXB

XBA= −CB

2

BA2

AXC

XCB= −AC

2

CB2

e dunque sono allineati, per il teorema di Menelao, lungo una retta detta asse diLemoine.

Osservazione: E’ facile vedere che due delle circonferenze di Apollonio si interse-cano; ovviamente, P ∈ ΓA ∩ ΓB e un punto tale che

BP =AB

ACCP CP =

CB

ABAP

da cui

BP =AB

AC

CB

ABAP =

CB

ACAP

e dunque P ∈ ΓC . Dunque i due punti di intersezione di ΓA e ΓB sono anche puntidi ΓC , ovvero sia queste tre circonferenze sono coassiali. I punti comuni Ji e Je sidicono punti isodinamici.

Risultato 42 Le circonferenze di Apollonio di un triangolo sono perpendicolari allacirconferenza circoscritta.

Dim: Consideriamo la circonferenza ΓA; essa e ortogonale a Γ se e solo se OAtange ΓA. Si supponga che β > γ.

Siano L e L′ i piedi della bisettrice interna ed esterna; allora il triangolo4

L′AL einscritto in ΓA e OA e tangente se e solo se

OAL = AL′L =π

2− L′LA =

π

2− (π − β − α/2) =

π

2− γ − α/2 = (β − γ)/2

D’altra parte,

OAL = OAB −BAL =π

2− γ − α/2 = (β − γ)/2

e dunque OA e tangente a ΓA, ovvero OAXA = π/2.

Esercizio stucchevole Si determini il raggio della circonferenza di Apolloniocostruita 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 chel’angolo tra le tangenti da P a Γ1 e uguale all’angolo tra le tangenti da P a Γ2

e una circonferenza. Infatti, se 2θ e tale angolo, si ha

a

AP= sin θ =

b

BP

e dunque AP = abBP , ovvero il luogo di punti e 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

AM

AN=BM

BN=CM

CN

ovvero A, B, C stanno su una circonferenza di Apollonio del segmento MN ;il centro di tale circonferenza, ovvero il circocentro di ABC, sta su MN .

3. Sia ABC un triangolo rettangolo in A e denotiamo con H la proiezione di Asu BC; allora, il centro della circonferenza di Apollonio relativa al lato BCe il punto D su BC tale che DA tange la circonferenza circoscritta ad ABC.

Supponiamo che AB < AC. Dunque DAB = ACD = BAH e dunque AB

e AC sono bisettrice interna ed esterna di DAH; ne segue che DA/AH =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 ABe AC in AHB e AHC rispettivamente.

Esercizi

1. Sia Γ una circonferenza di centro O e sia AB una sua corda. Sia D l’intersezio-ne di AB e OC e sia P l’ulteriore intersezione delle circonferenze circoscrittea 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 qualiesistono due punti D, E tali che D stia su BC, E su AC, A, B, D, E sianoconciclici in questo ordine e si abbia

BD

BC=CE

CA=

1

3.

3. Siano ABC un triangolo, Γ la sua circonferenza circoscritta, M il punto mediodi BC. Supponiamo che AM incontri di nuovo Γ in X e P un punto tale cheBXCP 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 Ded E. Sia F un punto sulla circonferenza di diametro DE e siano K, L, M lesue 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 diApollonio relativa al latoBC, D l’ulteriore intersezione di ΓA con la circoscritta

ad ABC. Si dimostri che MAC = BAD.

46

2.2 Cerchi a specchio

What immortal hand or eyeCould 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 chefissa O e scambia due punti P e Q se e solo se stanno sulla stessa semiretta da O eOP · OQ = R2. Tale trasformazione si dice inversione in Γ o di centro O e raggioR.

Osservazione: L’immagine di una qualunque retta passante per O e ancora lastessa 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 Γla cui retta contiene P e sia Q il punto su tale retta che realizza

AP

PB= −AQ

QB

dove i rapporti sono intesi con segno. Allora P e Q sono inversi rispetto a Γ.

Dim: Innanzitutto osserviamo che

−1 <AP

PB< 1⇔ 1 >

AQ

QB> −1

Ovvero AP < PB se e solo se AQ < QB, il che vuol dire che P e Q stanno sullastessa semiretta uscente da O (punto medio di AB).

Ora, supponiamo di essere nel caso AP < PB (l’altro e simmetrico). Dunque,

AB = BP ± PA = BQ∓QA

ed inoltre PA = k ·BP e QA = k ·BQ (con k > 0). Quindi si ha

AB = BP (1± k) AB = BQ(1∓ k)

AP =k

1± kAB AQ =

k

1∓ kAB

ed inoltre

OP = OA∓ PA =1∓ k

2(1± k)AB OQ = OA±QA =

1± k2(1∓ k)

AB

da cui

OP ·OQ =1− k2

4(1− k2)AB2 =

AB2

4= R2

E dunque P e Q sono inversi l’uno dell’altro in Γ.

47

Osservazione: E’ facile vedere che vale il viceversa: se P e Q sono inversi alloradividono AB nello stesso rapporto, a meno del segno, con il solito ragionamentoclassico.

Osservazione: Il centro O divide il segmento AB in rapporto 1 : 1; ovviamente, nonesiste un punto O′ tale che O′A : O′B = −1 : 1, in quanto sarebbe un punto esternoal segmento, sulla stessa retta, equidistante da A e B. Impropriamente, si puodire che O′ 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 ∞, dunqueentrambi sono fissi per inversione, in quanto unici punti che realizzano tale rapporto.

Risultato 44 Siano P , Q due punti e siano P ′ e Q′ i loro inversi in Γ. Allora4

OPQ

e4

OQ′P ′ sono simili.

Dim: Ovviamente, POQ = P ′OQ′; inoltre, per definizione di inversione, si ha

OP ·OP ′ = R2 = OQ ·OQ′

e dunqueOP

OQ=OQ′

OP ′

e quindi i triangoli sono simili.

Osservazione: Segue da tale similitudine che

PQ

P ′Q′=OP

OQ′

ovvero

P ′Q′ =PQ ·OQ′

OP= R2 PQ

OP ·OQ

Osservazione: Inoltre, la relazione OP ·OP ′ = OQ ·OQ′ implica che P , P ′, Q′, Qsiano 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 ′ e Q′ gli inversicircolari. Allora,

P ∈ r ⇔ PQO =π

2⇔ Q′PO =

π

2⇔ P ′ ∈ ω

dove ω e la circonferenza di diametro OQ′. Dunque l’immagine di una retta non perO e una circonferenza per O. Inoltre, poiche l’inversione e un’involuzione, e veroanche il viceversa.

Osservazione: Sia ω una circonferenza non per O e sia s una retta per O cheinterseca ω in A e B; sia poi P un punto generico di ω. Consideriamo i loro inversiin Γ, A′, B′, P ′. Allora si ha

OP ′B′ = OBP A′P ′O = PAO

48

supponiamo che i punti siano nell’ordine O, A, B. Allora, per il teorema dell’angoloesterno,

APB = OBP −OAP = OP ′B′ −OP ′A′ = B′P ′A′

Dunque l’inverso di ω e una circonferenza.

Osservazione: Se s passa per il centro di ω, l’angolo in P e retto e dunque sidovrebbe avere

AB2 = PA2 + PB2 ⇔ A′B′2 = P ′A′2 + P ′B′2

e la seconda uguaglianza puo essere riscritta come

R4 AB2

OA2 ·OB2= R4 PA2

OP 2 ·OA2+R4 PB2

OP ·OB2

ovvero comeAB2 ·OP 2 = PA2 ·OB2 + PB2 ·OA2

che e equivalente a

PB2(OP 2 −OA2) = PA2(OB2 −OP 2)

e dal teorema di Carnot segue che

OP 2 −OA2 = AP 2 − 2OA · AP cosOAP = AP 2 + 2OA · AP 2/AB

OB2 −OP 2 = −BP 2 + 2OB ·BP cosOBP = −BP 2 + 2OB · PB2/AB

sostituendo e semplificando, troviamo

1 + 2OA

AB= −1 + 2

OB

ABovvero

1 =OB −OA

ABche e vero.

Esercizio ellenico: Dimostrare che

1 =

(sin(α− ω)

sinα+

cos(α− ω)

cosα

)− sin(α− ω)

sinα· cos(α− ω)

cosα

e capire il perche di tale esercizio.

Esempi

1. Siano K il piede della simmediana da C su AB e N il centro della circonferenzadi Apollonio del lato AB. Allora sappiamo che

AK

KB=AC2

CB2= −

(−AC

2

BC2

)= −AN

NB

e dunque due tali punti sono inversi rispetto alla circonferenza di diametroAB. Tali sono anche i punti L ed L′, piedi delle bisettrici interna ed esterna,in quanto AL : LB = AC : CB e AL′ : LB = −AC : CB. Dunque, lacirconferenza di diametro LL′ rimane se stessa, sotto tale inversione, ma il suocentro non resta fermo, ne i singoli punti che la compongono, a parte L, L′ ele sue intersezioni con la circonferenza di inversione.

49

2. Sia4

ABC un triangolo con circonferenza circoscritta Γ e sia OM l’asse delsegmento AB, con M ∈ Γ. Consideriamo P e P ′ sulla semiretta da O per Mche siano inversi rispetto a Γ; allora

OP ·OP ′ = OM2 CP ′ = OM2 CP

OC ·OP

e dunqueCP ′

CP=OM

OP=OM2

PM· PM

OP ·OM=MP ′

PM

da cui segue che CM e la bisettrice di P ′CP e dunque CP e CP ′ sonosimmetriche rispetto a CM , che e anche la bisettrice di ACB.

3. Consideriamo un triangolo4

ABC, la sua circonferenza inscritta ω e la sua cir-conferenza circoscritta Γ. L’inversione di centro C e raggio

√BC · AC manda

B in B′ e A in A′, di modo che B′C = AC e A′C = BC; dunque, compo-nendo l’inversione con la simmetria rispetto alla bisettrice di ACB, si ottieneuna trasformazione f tale che f(A) = A, f(B) = B. Inoltre, f(Γ) = AB ef(ω) = ωC , dove ωC e una circonferenza tangente esternamente a Γ e ai latiCB e AC.

Sia E il punto di tangenza di ω con AB e sia F il punto di tangenza di ωCcon Γ. Ora, un centro di similitudine tra ω e ωC (quello esterno) e C, mentreil centro di similitudine interno tra ωC e Γ e F , quindi il centro di similitudinetra ω e Γ sta su CF . Tramite la trasformazione f , il punto F va in E e dunqueCF e simmetrica di CE rispetto alla bisettrice da C. Questo ragionamentoripetuto per gli altri vertici dimostra che il centro di similitudine interno traω e Γ e 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 daO, definiamo la retta polare P rispetto a γ come la retta passante per l’inverso di Pin γ e perpendicolare a PO. La indichiamo con polγ(P ).

Similmente, data una retta r non passante per O, definiamo il polo di r rispettoa 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

r, si ha che QRO = π/2.

Sia ora Q′ l’inverso di Q e sia P = polγ(r) l’inverso di R, allora PQ′O = π/2e dunque Q′P e proprio la polare di Q, ovvero P ∈ polγ(Q). Il viceversa seguedall’osservazione precedente.

50

Risultato 46 (Dualita) Siano P e Q punti distinti da O e non allineati con esso esia r la retta che li contiene; allora polγ(P ) ∩ polγ(Q) = polγ(r).

Dim: Sia R = polγ(r); poiche 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 e 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 e il fascio di rette perpolγ(r) meno la retta che passa per O.

Risultato 47 Sia P un punto esterno a γ e siano PA, PB le tangenti da P ad essa,con A, B ∈ γ. Allora A,B ∈ polγ(P ).

Dim: La retta per A e B e ovviamente perpendicolare ad OP , quindi bastamostrare che lo interseca nell’inverso di P . Sia dunque Q l’intersezione tra AB eOP ; poiche PA e tangente, si ha che l’angolo PAO e retto. Dunque AQ e altezza

relativa all’ipotenusa nel triangolo rettangolo4

PAO; per il primo teorema di Euclide,OQ ·OP = OA2 = R2. Dunque Q e l’inverso di P .

Osservazione: Dunque, in generale, se polγ(P ) ∩ γ = A, B, allora PA e PBsono tangenti a γ. Percio un punto e esterno a γ se e solo se la sua polare intersecaγ in due punti ed e interno se e solo se la sua polare non interseca γ.

Osservazione: Da uno qualunque dei risultati precedenti, segue facilmente cheP ∈ polγ(P ) se e solo se P ∈ γ e polγ(P ) e tangente a γ.

Esempi

1. Sia4

ABC un triangolo con circonferenza circoscritta Γ, sia M il punto medio diBC e sia K il suo inverso in Γ. Allora sappiamo dalla sezione precedente cheAK e 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 dualita,

polΓ(AK) = polΓ(A) ∩ polΓ(K) = ta ∩BC = Na

Ora, sappiamo che4

NaAB e4

NaCA sono simili e dunque

NaB

BA=NaA

AC

NaC

CA=NaA

AB

da cuiNaB

NaC= −AB

2

AC2

Dunque, Na e il centro della circonferenza di Apollonio relativa al lato BC.Tale centro e dunque il polo della simmediana da A; similmente Nb e Nc sono

51

poli delle simmediane da B e da C. Poiche le simmediane concorrono, talipoli sono allineati (come gia sappiamo) sulla retta di Lemoine, che dunquee la polare del punto simmediano (o di Lemoine), coniugato isogonale delbaricentro.

2. Come conseguenza, OK e perpendicolare all’asse di Lemoine e l’inverso diK in Γ sta su di esso; dunque la circonferenza di diametro OK va, tramiteinversione in Γ, nell’asse di Lemoine. In generale, se r = polγ(P ), allora r el’inverso in γ della circonferenza di diametro OP .

Inoltre, le proiezioni di O su AK, BK, CK sono i gli inversi dei poli dellesimmediane e dunque appartengono anch’essi alla circonferenza di diametroOK (vedono tutti OK sotto un angolo retto). Anche questo vale in generale:in un triangolo, date tre ceviane concorrenti in P , la circonferenza di diametroOP passa per le proiezioni di O su tali ceviane.

3. Sia4

ABC un triangolo con incentro I e sia ` una retta tangente al cerchioinscritto ω e distinta dai lati. Siano A’, B′, C ′ su ` tali che

AIA′ = BIB′ = CIC ′ =π

2

Allora AA′, BB′, CC ′ sono allineati. Infatti, siano D, E, F le tangenze diBC, CA, AB con ω; allora polω(A) = EF , polω(B) = FD, polω(C) = DE.

Inoltre, polω(`) = L = ω∩`. Sia poi ra la polare di A′; sappiamo che AI ⊥ A′I,quindi ra ‖ AI e del resto AI ⊥ EF , quindi ra ⊥ EF . Infine, ra passa per L.

In conclusione ra e la perpendicolare da L a EF ; similmente rb e rc sono leperpendicolari da L a FD e DE. I piedi di tali perpendicolari sono allineatiper il teorema di Simson, dunque le loro polari AA′, BB′, CC ′ concorrono perdualita.

4. Sia4

ABC un triangolo con ortocentro H; siano Ha, Hb e Hc i piedi delle altezzeda A, B e C rispettivamente e sia γ la circonferenza di diametro BC. Sappiamoche HbHc incontra BC in H1, di modo che BHa : HaC = −BH1 : H1C edunque Ha e H1 sono inversi l’uno dell’altro nella circonferenza γ. Quindipolγ(H1) = AHa.

Ora, siano D = polγ(BHb) e E = polγ(CHc). Ovviamente DB e EC tangonoω, ma questo significa che DB ⊥ BC e EC ⊥ BC; inoltre, detto M il puntomedio di BC, si deve avere che DM ⊥ BHb, ovvero DM ‖ AC e EM ‖ 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 : HaC

e dunque A, E, D sono allineati. Del resto, poiche AHa, BHb, CHc concorronoin H, H1, D, E sono allineati su polγ(H), che quindi e 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

(A,B;C,D) =AC

CB/AD

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 allinea-ti. Allora (A,B;C,D) dipende solo dagli angoli che formano tra loro le rette checongiungono tali 4 punti con P .

Dim: Sianoα = APC β = CPB γ = DPB φ = DAP

dove tutti gli angoli sono intesi orientati.Allora

AC = CPsinα

sinφCB = CP

sin β

sin(α + β + φ)

AD = DPsin(α + β + γ)

sinφDB = DP

sin γ

sin(α + β + φ)

da cui

(A,B;C,D) =

AC

CBAD

DB

=sinα

sin β

sin γ

sin(α + β + γ)

e dunque non dipende che dagli angoli formati in P .

Osservazione: Dal risultato precedente segue che, data una retta r, le proiezioniA′, B′, C ′, D′ di A, B, C, D su r da P hanno lo stesso birapporto, ovvero che(A,B;C,D) = (A′, B′;C ′, D′).

Osservazione: (A,B;C,D) = −1 se e solo se C e D sono uno inverso dell’altronella circonferenza di diametro AB.

Date quattro rette concorrenti, r1, r2, r3, r4, definiamo il loro birapporto come ilbirapporto tra i punti P1, P2, P3, P4, ottenuti scegliendo una retta r non concorrentecon le prime 4 e ponendo Pi = ri ∩ r. Dunque

(r1, r2; r3, r4) = (P1, P2;P3, P4)

e tale definizione e 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 APC, CPB, APD, DPB sono costanti alvariare 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 dipendesolo da Γ e non da P .

Risultato 49 Dati 4 punti A, B, C, D allineati su una retta r e data una cir-conferenza γ, con centro O 6∈ r, le polari di tali quattro punti rispetto a γ sianorispettivamente a, b, c, d. Allora

(A,B;C,D) = (a, b; c, d)

Dim: Sia R = polγ(r). Sappiamo che a ⊥ OA e c ⊥ OC, quindi AOC = aRc esimilmente per gli altri lati. Da un’applicazione del risultato 47 segue la tesi. .

Osservazione: Il risultato precedente assicura che la polarita non altera i birap-porti e ci permette di definire la polarita anche per 4 rette tangenti ad una stessacirconferenza, considerandone i poli rispetto ad essa, ovvero i punti di tangenza.

Osservazione: Inoltre, si ricava facilmente che il birapporto di 4 punti allineaticon 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 distintodal centro O; sia r una retta per P e sia s = polγ(P ). Allora, detti X, Y i punticomuni 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 ′ l’inverso di Pin γ. Allora s e la perpendicolare a OP per P ′. Ora, notiamo che

AY B = BXA =π

2

Siano dunque C = AY ∩ BX e H = AX ∩ BY . Ovviamente, H e l’ortocentro

di4

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 ′. Dunque CH = polγ(P ) = CP ′.Percio, proiettando da C, otteniamo che

−1 = (A,B;P, P ′) = (CA,CB;CP,CP ′) = (CA ∩ r, CB ∩ r;CP ∩ r, CP ′ ∩ r) =

(Y,X;P,Z) = (X, Y ;Z, P )

come volevasi dimostrare.

Osservazione: Il risultato 49 fornisce una dimostrazione rapida del fatto che lapolare del piede della simmediana deve passare per il centro della circonferenza diApollonio del lato corrispondente.

Osservazione: Si ricava che, se P e P ′ giacciono sulla retta per A e B e sono inversinella circonferenza di diametro AB, allora si ha (A,B;P, P ′) = −1.

Esempi

1. Siano Ha, Hb e Hc le proiezioni dell’ortocentro H su BC, AC e AB, siano Kl’intersezione di AH con HbHc e H1 l’intersezione di BC con HbHc, allora, perproiezione 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 letangenti 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) dunquesegue 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 ′ = XY ∩ BC, avremo che (B,C;P ′, Z) = −1. Lo stesso siottiene 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 NaA tange la circonferenza circoscritta e che la simmediana AKa

e 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 circonferenzedi centri O1 e O2, allora A e B dividono O1O2 nello stesso rapporto (quellodei raggi), quindi (A,B;O1, O2) = −1; ad esempio, siano Ia e Ib due excentri,allora C e S = AB∩IaIb 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 usprepare to grapple with the ineffable itself, and see if wemay 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 Ae B; esse sono ortogonali se e solo se O1AO2 = O1BO2 = π/2, ovvero se e solo seO2A e O2B sono tangenti ad ω1 (e viceversa), ovvero se e solo se O2 e polo di ABrispetto a ω1 (e viceversa).

Risultato 51 Due circonferenze ω1 e ω2 sono ortogonali se e solo se ognuna e fissarispetto all’inversione nell’altra.

Dim: Siano A e B le intersezioni di ω1 e ω2 e O1 ed O2 i loro centri; esse sonoortogonali se e solo se O1AO2 = π/2 e dunque se e solo se O1A

2 + AO22 = O1O

22,

ovvero se e solo se(O1O2 −O2A)(O1O2 +O2A) = O1A

2

ovvero se e solo se le due intersezioni di ω2 con O1O2 sono inverse l’una dell’altrarispetto a ω1, quindi se e solo se ω2 va in se stessa tramite l’inversione in ω1 (inquanto A e B gia sono fissi). E’ facile poi vedere che questo e equivalente al fattoche ω1 sia fissa rispetto all’inversione in ω2.

Osservazione: Segue dunque che, dette X, Y le intersezioni di ω1 con O1O2 e Z,W quelle di ω2 con O1O2, 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 alsegmento BC e similmente definiamo Γb,h e Γc,j. Siano X1, X2 le intersezioni di Γa,kcon BC (X1 quella interna, X2 quella esterna) e similmente definiamo Y1, Y2 e Z1,Z2.

Risultato 52 Il circocentro di4

ABC appartiene all’asse radicale di due qualsiasicirconferenze tra Γa,k, Γb,h e Γc,j.

Dim: Per definizione di circonferenza di Apollonio, (B,C;X1, X2) = −1 e dunqueΓa,k e perpendicolare a Γ e dunque le tangenti da O a Γa,k sono lunghe R, raggio diΓ. Allo stesso modo le tangenti da O a Γb,h e a Γc,j sono lunghe R, quindi O ha lastessa potenza rispetto alle tre circonferenze.

Osservazione: Se i tre centri di Γa,k, Γb,h, Γc,j non sono allineati, O e il centroradicale; altrimenti e un punto dell’asse radicale comune.

Osservazione: Sappiamo che i centri Oa, Ob, Oc dividono i lati nei rapporti −k2,−h2, −j2 e dunque sono allineati se e solo se (hkj)2 = hkj = 1. Ovvero se e solo seX2, 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 lecirconferenze, esso rispetta contemporaneamente

BP

PC= k

CP

PA= h

AP

PB= j

e dunqueAP : BP : PC = 1 : hk : h = kj : k : 1 = j : 1 : hj

Ora, sappiamo che i lati del triangolo pedale di P sono

PbPc = APBC

2RPcPa = BP

CA

2RPaPb = CP

AB

2R

e dunque, affinche esista un punto P che soddisfa AP : BP : CP = 1 : hk : h, devevalere

a+ bhk ≥ ch bhk + ch ≥ a ch+ a ≥ bhk

ma non e detto che tale condizione sia sufficiente.

Osservazione: Abbiamo che

PbP2c = PP 2

b + PP 2c − 2PPbPPc cosPbPPc = PP 2

b + PP 2c + 2PPbPPc cos A

ePbP

2c = PA2 sin2 A

Poniamo PPa = x, PPb = y, PPc = z, dunque si ottieneAP 2 sin2 A = z2 + y2 + 2zy cos A

BP 2 sin2 B = x2 + z2 + 2zx cos B

CP 2 sin2 C = x2 + y2 + 2xy cos C

ed e noioso, ma facile, notare che le condizioni sopra riportate sono anche sufficienti,in quanto assicurano la risolubilita in x, y, z di questo sistema.

Risultato 53 Sia P un punto del piano e sia ω una circonferenza centrata in P ; se

D, E, F sono gli inversi di A, B, C in ω, allora4

DEF e simile al triangolo pedale di

P in4

ABC.

Dim: Sappiamo che

DE = ρ2 AB

PA · PBe cicliche, dove ρ e il raggio di ω. Quindi

DE

EF=AB

BC

CP

AP

del resto

PaPb = CPAB

2RPbPc = AP

BC

2Re quindi

PaPbPbPc

=AB

BC

CP

AP

Da cui segue la tesi.

Esempi

57

1. La circonferenza di centro Mc (punto medio di AB) e raggio McDa, con Da laproiezione dell’excentro opposto ad A su BC risulta ovviamente ortogonale agliexcerchi opposti ad A e B (si ha McDa = McDb). Dunque un’inversione in essafissa tali due cerchi. Per quanto osservato al termine della sezione precedente,tale inversione scambia Ha e S = IaIb∩AB, dunque manda la circonferenza diFeuerbach in una retta per S; tale retta ha la stessa inclinazione della tangentealla circonferenza di Feuerbach in Mc. Visto che tale tangente forma con McMa

l’angolo McMbMa = CBA, essa risulta parallela all’altra tangente comune aidue excerchi passante per S che non sia AB. Dunque, tramite l’inversione,la circonferenza di Feuerbach va nella tangente comune ai due excerchi e dalfatto che questi due rimangono fissi si ricava che la circonferenza di Feuerbachli tange.

2. Le circonferenze di Apollonio del triangolo4

ABC sono ortogonali alla circonfe-renza circoscritta Γ e dunque, tramite inversione in Γ rimangono fisse. Questovuol dire che i punti isodinamici Ji e Je sono l’uno inverso dell’altro in Γ equindi sono uno interno e uno esterno alla circonferenza circoscritta. In parti-colare, O, Ji, Je sono allineati; inoltre, JiJe e ortogonale all’asse di Lemoine,su cui sono allineati i centri dei cerchi di Apollonio. Quindi, per quando vistoprecedentemente, anche K e allineato con Ji e Je.

3. I triangoli pedali dei punti isodinamici sono equilateri: le circonferenze diApollonio del triangolo sono date da

k =BA

ACh =

CB

BAj =

AC

CB

e dunque

AJi : BJi : CJi = 1 :CB

AC:CB

AB=

1

CB:

1

AC:

1

AB

quindi i lati del triangolo pedale stanno tra loro come 1 : 1 : 1 e dunque iltriangolo e equilatero. Lo stesso vale per Je. Dunque invertendo in Je o Ji conun qualunque raggio, i vertici del triangolo vanno in un triangolo equilatero.

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 lacirconferenza circoscritta ad ABC. Allora (R, S; Ji, Je) = −1.

3. Sia J uno dei due punti isodinamici. Denotiamo con Ia, Ib, Ic gli incentri diBJC, 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 possiedonotriangoli pedali equilateri. Tramite le tecniche sviluppate a questo scopo, possiamoaffrontare anche un altro problema: quali sono i punti il cui triangolo pedale e similea quello di riferimento?

Dobbiamo analizzare tre casi:

58

1.4

ABC∼4

PaPbPc

2.4

ABC∼4

PbPcPa

3.4

ABC∼4

PcPaPb

Nel primo otteniamo che PaPb : PbPc = AB : BC e dunque CP · AB : AP · BC =AB : BC, ovvero CP : AP = 1 : 1 e similmente per gli altri rapporti. Dunque P eequidistante dai vertici, ovvero e il circocentro ed e l’unico, in quanto per k = 1 illuogo Lk e una retta.

Nel secondo caso abbiamo PbPc : PcPa = AB : BC, da cui AP ·BC : PB ·AC =AB : BC, ovvero AP : PB = AB · AC : BC2 e cicliche. Dunque vogliamo

AP : BP : CP =AB

BC:BC

AC:AC

AB

Come segue dalla teoria precedente, vi sono due tali punti; una breve riflessio-ne2 mostra che quello interno alla circonferenza circoscritta e quello richiesto, chechiamiamo Ω′, secondo punto di Brocard.

Nel terzo caso, similmente a quanto accade nel secondo, otteniamo due punti conle opportune distanze dai vertici e di questi dobbiamo considerare quello interno allacirconferenza circoscritta, che chiamiamo Ω, primo punto di Brocard.

Osservazione: I punti che abbiamo scartato sono gli inversi di Ω e Ω′ nella circon-ferenza circoscritta e sono detti (quelle rare volte che si sente la necessita di dargli

un nome) punti di Beltrami. I loro triangoli pedali sono inversamente simili a4

BCA

e4

CAB.

Risultato 54 Si ha ΩAB = ΩBC = ΩCA e Ω′BA = Ω′AC = Ω′CB.

Dim: Indichiamo con A′, B′, C ′ i vertici del triangolo pedale di Ω; allora si ha

A′ = B B′ = C C ′ = A .

Per ciclicita, abbiamo che ΩA′C ′ = ΩBC ′, quindi

ΩBC = B − ΩBA = C ′A′B′ − ΩBC ′ = C ′A′B′ − ΩA′C ′ = ΩA′B′ .

Ancora per ciclicita, si ha ΩA′B′ = ΩCB′ = ΩCA. Dunque

ΩBC = ΩCA .

Ragionando similmente si ottiene l’altra uguaglianza ΩCA = ΩAB. Ed ancora allostesso modo si puo svolgere la dimostrazione per Ω′.

Osservazione: Segue immediatamente che i triangoli4

ΩAB,4

ΩBC,4

ΩCA sono

simili, come anche4

Ω′AB,4

Ω′BC,4

Ω′CA

2in piu di un senso

59

L’angolo ω = ΩAB e detto angolo di Brocard. Osserviamo che la circonferenzaper Ω, A, B tange BC in B, poiche la corda ΩB forma con la retta BC lo stessoangolo sotto cui essa e vista da A; consideriamo dunque la circonferenza ω1, per Ae B, che tange BC in B, la circonferenza ω2, per B e C, che tange AC in C, lacirconferenza ω3, per C e A, che tange AB in A, tali circonferenze si incontrano in Ωe non sono coassiali, dunque Ω e il loro unico punto di incontro. Questo fornisce unacostruzione alternativa del primo punto di Brocard (e anche del secondo, mutatismutandis).

Risultato 55 Esiste una simlitudine di centro Ω che porta il suo triangolo pedalein quello di riferimento.

Dim: Notiamo che, dalla precedente dimostrazione, emerge che

ΩBC = ΩA′B′ ΩCA = ΩB′C ′ ΩAB = ΩC ′A′

e dunque, sempre per il precedente risultato, si ha

ΩA′B′ = ΩB′C ′ = ΩC ′A′

Quindi Ω e anche il primo punto di Brocard di4

A′B′C ′; la similitudine che porta4

ABC in4

A′B′C ′ ha percio Ω come punto fisso.

Osservazione: Lo stesso risultato vale per Ω′.

Osservazione: Si ha BΩA′ = π/2 − A′BΩ = π/2 − ω; dunque una rotazione dicentro Ω e angolo π/2−ω porta A′, B′, C ′ rispettivamente su ΩB, ΩC, ΩA. Inoltre,poiche ΩA′ = ΩB sinω, una dilatazione di fattore 1/ sinω porta il risultato di talerotazione nei vertici.

Ora procediamo a giustificare il secondo nome nel titolo con alcuni risultatisparsi.

Risultato 56 Le rette AK, BG, CΩ concorrono.

Dim: Sia Ωc = CΩ ∩ AB. Allora

AΩc

ΩcB=

ΩB′ · ACΩA′ ·BC

=AC ·BCAB

2AC

BC=AC2

AB2

inoltre sappiamo che BKa : KaC = AB2 : AC2 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

L3 = CA0 ∩ AB0. Allora esiste una similitudine di centro Ω che porta4

ABC in4

L3L1L2.

Dim: Per definizione, BAB0 = π/2 = ACA0 e dunque L3 = A; allo stesso modo

B = L1 e C = L2. Inoltre, poiche

BΩC = π/2− ω + π/2 + ω − C = π − C

si ha che B, C, Ω, L2 sono conciclici, ovvero ΩL2L3 = ΩL2C = ΩBC. Lo stessoragionamento sugli altri vertici dimostra la tesi.

60

Osservazione: Dalla ciclicita di BΩCL2, otteniamo che

CΩL2 = L2BC = π − C0BC = π/2

e dunque ΩCL2 = π/2 − ω, da cui ΩL2 : ΩC = sin(π/2 − ω) : sinω; perciouna rotazione di −π/2 attorno a Ω e poi un’omotetia di fattore cotω realizzano lasimilitudine.

Osservazione: Il quadrilatero AA0BC0 e ciclico, dunque A0AL3 = BL2A0 eAA0L3 = C0L1A. Essendo dunque A, A0 le intersezioni di una antiparallela aL1L2 con i lati L3L1 e L3L2, il punto medio di AA0 sta sulla simmediana da L3; lo

stesso vale per BB0 e CC0. Quindi O e il punto di Lemoine di4

L3L1L2.

Osservazione: Se poniamo L′1 = AC0 ∩ A0B, L′2 = BA0 ∩ CB0, L′3 = CA0 ∩AB0, otteniamo le stesse proprieta, solo che il centro di similitudine sara Ω′ e si

avra4

L2L3L1 simile a4

ABC. Il circocentro sara ancora punto di Lemoine del nuovotriangolo.

Risultato 58 Il circocentro e il punto di Lemoine sottendono angoli retti nei puntidi Brocard.

Dim: Dalla seconda osservazione segue che OΩK = π/2, in quanto K va in Otramite una rotazione di −π/2 e un’omotetia, entrambe di centro Ω. A seguitodell’ultima osservazione, non e difficile ricostruire che L′1, L′2, L′3 si ottengono da C,A, B tramite una rotazione di π/2 in Ω′ e un’omotetia dello stesso centro. Dunque

OΩ′K = π/2 e i segmenti ΩΩ′ e OK si bisecano.

Osservazione: Poiche OΩ = OΩ′, OK e asse di ΩΩ’. La circonferenza di diametroOK su cui si trovano i due punti di Brocard e detta circonferenza di Brocard mentrela retta OK e detta asse di Brocard ; come osservato in precedenza, su di esso sitrovano i punti isodinamici ed e perpendicolare all’asse di Lemoine, inverso in Γdella circonferenza di Brocard. Dunque, sull’asse di Lemoine si trovano, oltre aicentri delle circonferenze di Apollonio e all’inverso del punto di Lemoine, anche ipunti di Beltrami.

Esempi

1. Dalla similitudine tra4

ΩAC ′ e4

ΩBA′ segue che

sin(α− ω)

sinω=

ΩB′

ΩC ′=

BC2

AB · AC=

sinα sin(β + γ)

sin γ sin β

da cuisinα cotω − cosα = sinα cot γ + sinα cot β

ovverocotω = cotα + cot β + cot γ

e poiche il risultato e simmetrico in A, B, C, questo mostra che ω = Ω′BA.

2. Poiche l’angolo di Brocard e lo stesso per entrambi i punti, i loro triangolipedali sono congruenti, quindi in particolare hanno la stessa area, dunqueR2 − ΩO2 = R2 − Ω′O2, ovvero Ω e Ω′ sono equidistanti dal circocentro O.

61

3. Dal fatto ΩAB = ω = Ω′AC, segue che Ω e Ω′ sono coniugati isogonali; dunquei loro triangoli pedali hanno la stessa circonferenza circoscritta, che avra raggioR sinω.

4. Consideriamo la circonferenza per A e B tangente ad AC e la circonferenzaper C e A tangente ad AB; esse si incontrano in A e in A′′. Definiamosimilmente B′′ e C ′′. Notiamo che B′′BA = B′′CB e B′′BC = B′′AB, dunqueAB′′C = 2B (o il suo supplementare), quindi B, C, B′′, O sono conciclici.

Inoltre4

BCB′′ e4

ABB′′ sono simili, quindi B′′ ha distanze dai lati AB e BCproporzionali agli stessi, ovvero appartiene alla simmediana uscente da B.Infine, si noti che OB′′C = OAC = π/2−ABC e BB′′O = BB′′C −OB′′C =

π− B− π/2 + B = π/2. Dunque B′′ e la proiezione di O su BK. Dunque A′′,B′′, C ′′ stanno sulla circonferenza di Brocard e formano il cosiddetto secondotriangolo di Brocard.

Esercizi

1. Dimostrare che ω ≤ π/6 e discutere il caso di uguaglianza.

2. Dimostrare che ΩOΩ′ = 2ω.

3. Siano A′ = BΩ ∩ CΩ′, B′ = CΩ ∩ AΩ′, C ′ = AΩ ∩ BΩ′; dimostrare che i

triangoli4

ABC ′,4

BCA′,4

CAB′ sono isosceli e simili. Il triangolo4

A′B′C ′ vienechiamato primo triangolo di Brocard.

4. La parallela a BC per A′, la parallela a AC per B′ e la parallela a AB per C ′

concorrono in K.

5. La circonferenza di Brocard e circoscritta al primo triangolo di Brocard.

6. Il primo triangolo di Brocard e simile al triangolo di riferimento; si calcoli ilrapporto di similitudine e si dimostri che essa e una roto-omotetia con centroin G.

7. Le rette per A, B, C parallele a B′C ′, C ′A′, A′B′ concorrono in un punto sullacirconferenza circoscritta, detto punto di Steiner. La retta di Simson di talepunto e parallela all’asse di Brocard.

8. Il punto precedente rimane vero sostituendo ovunque la parola ‘parallelo’ conla parola ‘perpendicolare’. Il punto cosı 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

circonferenze Γa, Γb, Γc circoscritte a4

AEF ,4

BDF ,4

CDE.

Risultato 59 Γa, Γb, Γc concorrono in un punto M e si ha MFB = MDC = MEA.

Dim: Sia M il punto di intersezione di Γa e Γb diverso da F ; allora

EMF = π − EAF DMF = π −DBF

62

quindiEMD = π − ECD

dunque E, M , D, C sono conciclici, ovvero M ∈ Γc. D’altra parte

AEM = π −MFA = MFB = π −MDB = MDC

come volevasi dimostrare.

Il punto M viene detto punto di Miquel di4

DEF rispetto a4

ABC.

Risultato 60 Se4

DEF e4

D′E ′F ′ sono simili e hanno i vertici corrispondenti sugli

stessi lati di4

ABC, i loro punti di Miquel coincidono.

Dim: Basta dimostrare che gli angoli di4

DEF determinano unicamente il puntoM . Abbiamo che

AMB = AEF +BDF = π − A− EFA+ π − B −DFB =

(π − A− B) + (π − EFA−DFB) = C +DFE .

Dunque M si trova sulla circonferenza per A e B che vede AB sotto l’angolo C +DFE; similmente si trova sulla circonferenza per B e C che vede BC sotto l’angoloA + EDF e sulla circonferenza per C e A che vede AC sotto l’angolo B + DEF .Tali circonferenze non sono coassiali e quindi hanno al piu un punto in comune.Per il risultato precedente, M esiste sempre, quindi queste tre circonferenze (che

dipendono solo dagli angoli del triangolo4

DEF e da quelli del triangolo di partenza)concorrono sempre in un punto.

Poiche le circonferenze dipendono solo dalla classe di similitudine di4

DEF , ipunti di Miquel di triangoli simili coincidono.

Ad esempio, il punto di Miquel di un triangolo simile a4

ABC (in un qualcheordine) e uno tra O, Ω, Ω′, il punto di Miquel di un triangolo equilatero e uno deipunti isodinamici.

Osservazione: Il triangolo pedale del punto di Miquel di4

DEF e simile a4

DEF .

Osservazione: Siano D, E, F tre punti su BC, CA, AB; sia P tale che PDC =PEA, allora P, D, C, E sono conciclici. Se poi anche PEA = PFB, ancheP, E, A, F e P, F, B, D sono quaterne di punti conciclici e P e il punto di Miquel

di4

DEF . In tal caso, se Q e il coniugato isogonale di P e se scegliamo D′, E ′, F ′

sui lati di modo che QD′B = PDC, QE ′C = PEA, QF ′A = PFB, allora4

APE e4

AQF ′ sono simili, come anche i triangoli4

APF e4

AQE ′, da cui AE/AF ′ = AP/AQ =

AF/AE ′, ovvero AE ·AE ′ = AF ·AF ′. Quindi le circonferenze circoscritte a4

DEF

e4

D′E ′F ′ 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 deltriangolo dei restanti sono coniugati isgonoali.

63

Risultato 61 L’inverso nella circonferenza circoscritta del punto di Miquel M di4

DEF e punto di Miquel di un triangolo inversamente simile a4

DEF .

Dim: Senza perdere di generalita, supponiamo che4

DEF sia il triangolo pedale diM , allora

MA : MB : MC =EF

BC:DF

AC:ED

ABe quindi anche l’inverso M ′ di M avra distanze dai vertici negli stessi rapporti.Dunque il triangolo pedale di M ′ avra i lati nella proporzione EF : DF : ED, ma

sara orientato nella maniera opposta. Dunque i triangoli inversamente simili a4

DEFhanno M ′ come punto di Miquel.

Risultato 62 (teorema di Miquel) Siano A1, A2, A3, B1, B2, B3; se le circonferenzeper A1, B2, B3, per B1, A2, B3, per B1, B2, A3 concorrono, allora lo fanno anche quelleper A1, A2, B3, A1, B2, A3, B1, A2, A3.

Dim: Si supponga che le prime tre circonferenze concorrano in P . Tramite un’in-

versione in P , le circonferenze vanno in tre rette che delimitano il triangolo4

B′1B′2B′3

e i punti A′1, A′2, A

′3 stanno sui lati di questo triangolo. Dunque gli inversi delle

seconde tre circonferenze concorrono nel punto di Miquel di4

A′1A′2A′3.

Osservazione: Se i tre punti D, E, F sono scelti allineati, il punto di Miquel hatriangolo pedale degenere e quindi appartiene alla circonferenza circoscritta. Talesituazione puo essere piu propriamente descritta come segue: date 4 rette, esseformano 4 triangoli le cui circonferenze circoscritte concorrono in un punto, dettopunto 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 MaMbMc

e la retta di Simson del punto di Miquel nel triangolo formato dalle rette a, b, c,mentre MbMcMd e la retta di Simson di M nel triangolo formato da b, c, d. Questovuol dire che le proiezioni di M sono allineate, su r che si chiama retta pedale delquadrilatero completo. Ovviamente, M e l’unico punto con tale proprieta.

Per quanto detto nel paragrafo sulla retta di Simson, anche gli ortocentri deiquattro triangoli sono allineati, su r′, detta retta ortocentrica del quadrilatero. Chia-miamo Oa il circocentro del triangolo ottenuto dalle rette b, c, d (con circonferenzacircoscritta Γa) e similmente definiamo Ob, Oc, Od. Le riflessioni di M nei lati di4

OaObOc sono le ulteriori intersezioni delle circonferenze coinvolte e quindi stannosulla retta d, quindi anche le proiezioni di M sui lati di tale triangolo sono allineate,

da cui segue che M sta sulla circonferenza circoscritta a4

OaObOc. Ripetendo l’argo-mento con gli altri triangoli dei centri, si ottiene che i quattro centri sono conciclicicon 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 esisteuna 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 puntodi Miquel, dunque sono simili. Inoltre e evidente che DaMMa = DbMMb = DcMMc

e dunque c’e 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 centroM che manda X, Y , Z in Da, Db, Dc; del resto, i circocentri di XYM , ZYM , XZMsono i vertici del triangolo delimitato da a, b, c, quindi la detta similitudine portatale triangolo in OaObOc. Questo vale ovviamente levando una retta diversa da d efornisce un’ulteriore dimostrazione della conciclicita 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

′ detto centroperspettico di Miquel.

Riassumiamo.

Risultato 63 (teorema di Steiner) Sia4

ABC un triangolo e siano U su BC, V suCA, W su AB allineati su `. Sia M il punto di Miquel della configurazione; allora

1. i centri O, Oa, Ob, Oc delle circonferenze circoscritte a4

ABC,4

AVW ,4

BUW ,4

CUV stanno su una circonferenza per M ,

2. le proiezioni di M sulle quattro rette e i suoi simmetrici stanno su due retteparallele.

3.4

ABC e4

OaObOc sono simili e perspettici da un punto M ′ che e conciclico contutti i centri e il punto di Miquel ed appartiene alla circonferenza circoscritta

a4

ABC.

Esempi

1. Siano D, E, F sui lati di4

ABC. Se4

DEF e direttamente simile al triangolodi riferimento, il suo punto di Miquel e il circocentro; poiche quest’ultimo non

ha un inverso nella circonferenza circoscritta, non esiste un triangolo4

DEF

inversamente simile a4

ABC.

2. Siano D, E, F sui lati di modo che4

DEF sia direttamente simile a4

ABC, masupponiamo 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 M+

xyz. M−xyz

sara il punto di Miquel nel caso di un triangolo inversamente simile. Abbiamonotato che M+

abc = O e M−abc non esiste; inoltre e ovvio per quanto fatto prima

che M+cab = Ω e M+

bca = Ω′, mentre M−cab e M−

bca sono i punti di Beltrami.

3. Ricordiamo che se P e Q sono coniugati isogonali, si ha che PaPbPc e AQCsono supplementari o uguali, a seconda della posizione di P rispetto alla cir-conferenza circoscritta; quindi il punto di Miquel Ma dei triangoli rettangoliisosceli che hanno il vertice retto su BC e coniugato isgonale del punto Ka chevede 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: siaΓa, 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. Si puo dimostrare (ma non lo faremo qui) che4

MaMbMc e perspettico con4

ABCe il centro perspettico e Q, punto di Kenmotu, il coniugato isogonale del primo

punto di Vecten, centro perspettico tra4

ABC e il triangolo dei centri di Γa, Γb,Γc.

5. Sia4

ABC, siano D, E, F sui lati nel modo ovvio, allineati su `; si supponga cheABDE sia ciclico e sia M il punto di Miquel della configurazione. ChiamiamoN l’intersezione di CD con Γ, allora CF · FN = AF · FB = EF · FD, per laciclicita, quindi N sta sulla circonferenza per C, E, D, ovvero N = M .

Esercizi

1. Si dimostri che M−acb, M

−cba, M

−bac sono i vertici del secondo triangolo di Brocard.

2. Si dimostri che, date 5 rette, i punti di Miquel dei loro sottoinsiemi di 4 rettesono conciclici su una circonferenza detta circonferenza di Clifford.

3. Si dimostri che, date 6 rette, le circonferenze di Clifford dei loro sottoinsiemidi 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 O′ il circocentro di ABDE, allora OM eperpendicolare 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 Menage a trois

Ricordiamo che date due circonferenze Γ1, Γ2 di centri O1, O2 e raggi r1, r2, unaesterna all’altra, le tangenti comuni interne (quelle che separano le due circonfe-renze) si intersecano in un punto Si detto centro di similitudine interno mentre letangenti 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’omotetiadi centro Se e fattore r1/r2. Ovviamente questo significa che Se, Si, O1, O2 sonoallineati e (Si, Se;O1, O2) = −1 (come gia altrove osservato), in quanto O1Si/SiO2 =r1/r2 e O1Se/SeO1 = −r1/r2.

In generale, i centri di similitudine interno ed esterno sono i centri di omotetiadi fattore negativo e positivo che portano una circonferenza nell’altra. Non sempreesistono entrambi, ne hanno sempre caratterizzazioni come le precedenti.

Osservazione: Se due circonferenze sono esternamente tangenti, il punto di tangen-za e centro di similitudine interno; se due circonferenze sono internamente tangenti,il punto di tangenza e centro di similitudine esterno.

Nel seguito indicheremo con O(r) una circonferenza di centro O e raggio r;quando non ci servira 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 A1ε il centro di similitudine internoo esterno tra Γ2 e Γ3, a seconda che ε = +1 o −1 e definiamo similimente A2ε, A3ε.Allora A1ε1 , A2ε2 , A3ε3 sono allineati se e solo se ε1ε2ε3 = −1.

Dim: I punti Ajεj si trovano sui lati del triangolo4

O1O2O3 e si ha

OiAjεjAjεjOk

= εjrirk

dunqueO1A3ε3 ·O2A1ε1 ·O3A2ε2

A3ε3O2 · A1ε1O3 · A2ε2O1

= ε1ε2ε3r1r2r3

r2r3r1

= ε1ε2ε3

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 lerette AiεiOi concorrono se e solo se ε1ε2ε3 = 1.

Osservazione: Sia hεji l’omotetia di centro Akε che manda Oi(ri) in Oj(rj). Alloral’omotetia

h = hε312hε123

67

manda Γ3 in Γ1 ed essendo una composizione di omotetie e ancora un’omotetia(se r1 6= r3). Deve avere centro A2ε per qualche ε e tale centro deve giacere sullacongiungente degli altri centi. Poiche il fattore della composizione e il prodotto deifattori, il fattore di h sara di segno (−ε1)(−ε3), ovvero ε = −ε1ε3. Dunque A2ε2 sitrova sulla retta A1ε1A3ε3 se e solo se ε2 = −ε1ε3.

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+) unacirconferenza 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) eO(R) rispettivamente; siano poi B e D i punti di tangenza di (O+) con o(r) e O(R)rispettivamente. Siano A′ e B′ le ulteriori intersezioni di SeA e SeB con o(r) e sidefiniscano similmente C ′, D′ su O(R).

Applicando il teorema di D’Alembert a o(r), O(R), (O−), si ha che A, C, Sesono allineati; allo stesso modo si ha che B, D, Se sono allineati. Allora si haSeB·SeB′ = SeA·SeA′ e SeC ·SeC ′ = SeD·SeD′; ora, e ovvio che i punti devono essereordinati come segue: Se, A,A

′, C ′, C e Se, B′, B,D,D′. Inoltre, per la similitudine

tra le due circonferenze, si ha EA′ = EC ′(r/R), EB′ = ED′(r/R).Dunque

SeB · SeD = SeB · SeB′R

r= SeA · SeA′

R

r= SeA · SeC

ovvero Se appartiene all’asse radicale di (O+) e (O−).

Osservazione: Non e difficile vedere che anche il centro di similitudine esterno (confattore 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 angoloe lo stesso fa la circonferenza (D), allora l’asse radicale di (A) e (B) passa per ilcentro di similitudine esterno di (C) e (D) e viceversa.

Ora, date come prima tre circonferenze con centri non allineati, supponiamoesistano (O+) che tange tutte e tre esternamente e (O−) che tange tutte e treinternamente. 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−) e 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 cuil’omotetia ha fattore positivo) e centro radicale O di O1(r1), O2(r2), O3(r3). Inoltre,i punti Ti, T

′i di tangenza di Oi(ri) con (O+) e (O−) sono allineati con O, sempre

per il teorema di D’Alembert.

Osservazione: Consideriamo la retta TiT′i e facciamone il polo rispetto alla circon-

ferenza 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 allineatocon Ti, T

′i , 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 icentri non allineati. Si consideri la retta di Monge dei centri di similitudine esternie siano A, B, C i poli di tale retta rispetto alle tre circonferenze; sia poi O ilcentro radicale delle tre circonferenze. Consideriamo OA ed intersechiamola conla circonferenza per cui A e il polo della retta di Monge; chiamiamo P e P ′ leintersezioni di modo che i punti siano nell’ordine OPP ′. Siano similmente Q, Q′ e R,R′ sulle altre due circonferenze le intersezioni con OB e OC. Allora la circonferenzaper P , Q, R e esternamente tangente alle tre date, mentre quella per P ′, Q′, R′ loe internamente.

Osservazione: Date tre circonferenze, il problema di trovare tutte le circonferenzeche tangono tutte e tre contemporaneamente e detto problema di Apollonio. Conqualche 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 scegliendocon cura come separare i 6 punti trovati. Le soluzioni si chiamano circonferenze diApollonio 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 soluzioniper il problema di Apollonio e ovviamente il cerchio dei nove punti ((O+)con la precedente notazione); tre soluzioni degeneri (e la cui tangenza none totalmente interna o esterna) sono i lati. Ora, consideriamo il punto diSpieker, ovvero l’incentro del triangolo mediale. Come visto in precedenza,Sp e il centro radicale degli excerchi; dunque le tangenti da Sp ai tre cerchihanno la stessa lunghezza. Invertendo con centro Sp e raggio tale lunghezza, gliexcerchi rimangono fissi, mentre il cerchio dei nove punti (totalmente internoalla circonferenza di inversione e contenente Sp al proprio interno) va in uncerchio esterno, quindi internamente tangente ai tre excerchi, che e l’altrasoluzione ((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’inversodi (O+) in tale circonferenza e (O−).

3. Sempre considerando i tre excerchi (Ia), (Ib), (Ic) di un triangolo, siano A′, B′,C ′ i punti in cui (O−) li tange; allora A′ e centro di similitudine esterno tra(Ia) e (O−), mentre A e centro di similitudine esterno tra (Ia) e (I). Quindiper il teorema di D’Alembert, il centro di similitudine esterno tra (I) e (O−)si trova su AA′. Allo stesso modo si trova che esso appartiene anche a BB′

e CC ′. Dunque AA′, BB′, CC ′ concorrono nel centro di similitudine esternotra (I) e (O−),denotiamolo con J , che a volte e detto punto di Apollonio.

4. Puo essere dimostrato (ma non lo faremo qui) che J giace sull’asse di BrocardOK ed anzi e l’intersezione tra OK e SpN , con N centro della circonferenzadi Feuerbach.

69

5. Supponiamo di saper risolvere il seguente problema: dati due cerchi e un pun-to, trovare i 4 cerchi per quel punto tangenti ai due dati. Allora, date trecirconferenze come sopra, sia C1 il centro della piu piccola e r1 il suo rag-gio. Consideriamo il cerchio per C1 che tange esternamente le circonferenzeconcentriche alle altre due, ma di raggi r2 − r1 e r3 − r1; allora il cerchio con-centrico a questo di raggio diminuito di r1 la soluzione tangente esternamenteal problema di Apollonio.

Esercizi

1. Si calcoli il raggio di (O−) nel caso degli excerchi, calcolando il raggio dellacirconferenza ortogonale ad essi e centrata in Sp.

2. Sia P l’intersezione di MaMb con BIa e sia Q l’intersezione di MaMc 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 4cerchi per quel punto tangenti ai due dati.

4. Siano Oa, Ob, Oc i centri degli inversi dei lati nella circonferenza di centro Sportogonale agli excerchi. Dimostrare che AOa, BOb, COc concorrono.

2.4.2 Contatti promiscui

Sia4

ABC un triangolo fissato, siano O ed I circocentro ed incentro e siano Γ e ω lecirconferenze circoscritta e inscritta; denotiamo con Se e Si i centri esterno e interno

di similitudine tra Γ e ω. Sia poi4

DEF il triangolo formato dai punti di tangenza diω con i lati BC, CA, AB; indichiamo inoltre con A′, B′, C ′ le ulteriori intersezionidi IA, IB, IC con Γ e con A′′, B′′, C ′′ i diametralmente opposti di A′, B′, C ′ in Γ.

L’A−incerchio mistilineo e 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 e il centro esterno di similitudine tra ω e ωa, X e il centro esterno disimilitudine tra Γ e ωa, quindi AX passa per Se per il teorema di D’Alember. Lostesso vale per BY e CZ.

Osserviamo che, per un noto risultato, X, Ba, B′ sono allineati (infatti la

tangente in B′ e parallela a AC), cosı come X, Ca, C′.

Risultato 69 I e punto medio di BaCa.

Dim: E’ noto che C ′B′ ⊥ AI e dunque anche CaBa ⊥ AI; alternativamente questorisultato si puo ottenere notando che una simmetria in AI fissa ωa e scambia AB eAC, il che ci dice anche che BaI = ICa.

Ora, per Pascal sull’esagono C ′XB′BAC si ottiene C ′X∩AB = Ca, XB′∩AC =

Ba, BB′ ∩ CC ′ = 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 e il raggio della circonferenza inscritta.

70

Osservazione: Da quanto detto segue anche che4

A′B′C ′ ha i lati paralleli a4

DEFe quindi e 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, A′ sono allineati, cosı come Y , Ab, A

′.

Inoltre, BZA′ = BCA′ = CBA′, quindi i triangoli4

ZBA′ e4

BAcA′ sono simili, da

cui A′Ac ·A′Z = A′B2. Similmente A′Ab ·A′Y = A′C2, dunque, poiche A′C = A′B,si ha che A′ e sull’asse radicale di ωb e ωc.

Consideriamo ora ω e ωb; essi hanno come tangenti esterne comuni le rette AB eBC, che toccano nei punti F , Cb e D,Ab. Dunque l’asse radicale tra queste due passaper i punti medi dei segmenti FCb e DAb. Sappiamo che IF = ID e ICb = IAb,quindi tale asse radicale passa per i punti medi di ID e IF . Similmente, l’asseradicale tra ω e ωc passa per i punti medi di ID e IE. Quindi il centro radicale diω, ωb, ωc e il punto medio di ID, Md, che quindi appartiene anche a `a.

Risultato 71 Il centro radicale di ωa, ωb, ωc e il punto Ri sulla retta OI, tale cheOJi : JiI = 2R : −r.Dim: Per il precedente risultato, i tre assi radicali sono A′Md, B

′Me, C′Mf ; il

triangolo4

MdMeMf e omotetico a4

DEF che e omotetico a4

A′B′C ′, come osservato

sopra. Il centro Ri di tale omotetia e il punto cercato e poiche4

MdMeMf e inscritto

in una circonferenza di centro I e raggio r/2 e4

A′B′C ′ e inscritto nella circonferenzacircoscritta, si ha ORi : RiI = 2R : −r.

Ora consideriamo la circonferenza Γi che tange internamente i tre incerchi misti-linei; essa e soluzione del problema di Apollonio per tali tre circonferenze. Un’altrasoluzione e data, ovviamente, dalla circonferenza circoscritta. Come detto nella se-zione precedente, esiste un’inversione di centro Ri che scambia Γ e Γi, fissando i treincerchi mistilinei; dunque i punti U , V , W in cui Γi tange ωa, ωb, ωc si ottengonocome ulteriori intersezioni di RiX, RiY , RiZ con gli incerchi.

Risultato 72 I triangoli4

UVW e4

ABC sono prospettici dal punto P , centro disimilitudine esterno tra Γi e ω.

Dim: Sia ω′a la circonferenza tangente ad AC, AB e a Γ esternamente, in X ′; edetta A−excerchio mistilineo. Denotiamo con Qa il centro di similitudine esternotra ω′a 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, ω′a)

3. A, Qa, P sono allineati (Γi, ω, ω′a)

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 sapendoche O, I, Ri sono allineati, possiamo dedurne che anche il centro Oi di Γi giace sullaretta OI.

71

Consideriamo ora una situazione piu generale di tangenza mista. Partiamo daun lemma interessante, ma non molto noto.

Risultato 73 Siano ω e Γ due circonferenze internamente tangenti in T , di modoche ω sia piu piccola. Sia P su Γ e sia Q su ω tale che PQ tange ω. Allora PQ/PTnon dipende da Q.

Dim: Sia Y l’intersezione tra PT e ω. Allora PY · PT = PQ2, quindi

PQ2

PT 2=PY

PT= 1− TY

PT= 1− r

R

che non dipende da P .

Risultato 74 Siano ω1, ω2 circonferenze disgiunte internamente tangenti ad unacirconferenza Γ; siano AC e BD corde di Γ tangenti a entrambe le circonferenzeinterne, di modo che AB e CD non si intersechino come corde. Allora le tangentiesterne a ω1 e ω2 sono parallele a AB e CD.

Dim: Siano X, Y le intersezioni con Γ della tangente esterna a ω1, ω2 piu vicina aD e C. Vogliamo dimostrare XY ‖ CD. Denotiamo con D, E i punti di tangenzadi 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 FH concorrono in U , punto medio dell’arco XY ; sappiamo che, detto Tl’estremo di una tangente da U a ω1, UT = UX e, detto T ′ l’estremo di una tangenteda U a ω2, UT ′ = UY . Dunque UT = UT ′.

Ora, dal risultato precedente

DP

DE=CM

CE=UX

UE

DQ

DF=CN

CF=UY

UF

DunqueDP + CM

DE + CE=UX

UE

DQ+ CN

DF + CF=UY

UFma

DP −DQ = PQ = MN = CM − CN

QuindiDE + CE

DF + CF=UE

UF=UE · CDUF · CD

e per Tolomeo sui quadrilateri ciclici UCFD e UDEC si ha

DE + CE

DF + CF=UC · ED + UD · ECUC · FD + UD · FC

da cui

0 = (UX − UY )(EC · FD −DE · FC) = (UX − UY )CD · EF

72

ancora per Tolomeo. Quindi PX = PY , ovvero XY ‖ CD.

Ora procediamo analizziamo una sorta di generalizzazione degli incerchi misti-linei, le circonferenze di Thebault. Data una ceviana AD, diciamo circonferenze diThebault di AD quelle tangenti a BC, AD e Γ, che si trovano dalla stessa parte diA rispetto a BC.

Risultato 75 Sia ω una circonferenza di Thebault per la ceviana AD, tangente alsegmento BD in K, a Γ in N , al segmento AD in P . Allora l’incentro I sta sullaretta PK.

Dim: Osserviamo innanzitutto che K, N e il punto medio M dell’arco BC sonoallineati; sia poi L l’intersezione della retta KI con ω. Allora, detta t la tangentein N comune a Γ e ω, abbiamo che NAI = NAM che e uguale all’angolo tra t eNM , ovvero tra t e NK, che e uguale a NLK = NLI. Dunque N , A, I, L sonoconciclici. Ora, si ha

NLA = NIA = π −NIK −NIM

e,come osservato piu volte, si ha MB2 = MK ·MN e sappiamo che MB = MI =MC, dunque MI2 = MK ·MN , quindi MI tange la circonferenza circoscritta a4

NIK in I. Da cio KIM = KNI. Si ha quindi

NLA = π −NIK −NIM = π −NIK −KNI = NKI = NKL

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.

Risultato 76 (teorema di Thebault) Sia4

ABC un triangolo, sia D sul lato BC. Sianoω1, ω2 circonferenze tangenti rispettivamente a Γ, al segmento DB, al segmento ADe a Γ, al segmento DC, al segmento AD. Allora i centri O1, O2 di ω1, ω2 sonoallineati con l’incentro I.

Dim: Sia Ki la tangenza di ωi con BC e Pi la tangenza con AD. Allora K1P1 ∩K2P2 = I. Inoltre, DKi = DNi e OiNi = OiKi, quindi NiKi ⊥ OiD; OiD bisecaKiDNi e dunque O1D ⊥ O2D, da cui OiD ‖ NjKj con i, j = 1, 2. Per ilconverso del teorema di Pappo, poiche K1O1 ‖ K2O2, O1D ‖ IK2, O2D ‖ 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 e bisettrice di T1XT2;infatti, e facile vedere che X, I, A′′ (diametralmente opposto di A′ e dunquepunto medio dell’arco BC che contiene A) sono allineati. Sia K l’intersezionedi XI con ωa. Dalla ciclicita di ABaOaCa si ha che

AI · IOa = BaI · ICa = KI · IX

dunque AKOaX e ciclico; anche AXA′A′′ e ciclico, dunque KOa ‖ A′A′′,ovvero KOa ⊥ BC, quindi K e il punto medio dell’arco T1T2 in ωa e IK(ovveroIX) e la bisettrice.

73

2. Sia H l’ortocentro di4

ABC, allora la tangente esterna agli incerchi di4

AHB

e4

AHC piu lontana da A e parallela a BC. Infatti, siano r1 e r2 i raggi deicerchi inscritti nei due triangoli, allora si ha

r1

r2

=[ABH]

[ACH]

HA+HC + CA

HA+HB +BA=

[ABH]

[ACH]

cosα + sin β + cos γ

cosα + cos β + sin γ=

=[ABHa]

[ACHa]

1 + sin γ + cos γ

1 + sin β + cos β=

[ABHa]

[ACHa]

DA+DC + CA

DA+DB + AB=r′1r′2

con r′1, r′2 raggi dei cerchi inscritti in4

ABHa e4

ACHa. Dunque esiste un’omo-tetia di centro A che manda i cerchi inscritti di raggi ri in quelli di raggi r′i epoiche la tangente comune a questi secondi due e BC, quella comune ai primidue e parallela a BC.

3. Poiche la circonferenza di Feuerbach ΓF di4

ABC e anche quella di4

AHB e4

ACH, le circonferenze inscritte in questi ultimi due sono tangenti a ΓF . Siapoi r la parallela a BC che tange entrambe le circonferenze inscritte; per unrisultato precedente, poiche una delle tangenti comuni e AHa, l’altra devepassare per l’altra intersezione di ΓF con BC, ovvero il punto medio. Dunquel’altra tangente comune interna ai due incerchi passa per il punto medio diBC.

Esercizi

1. Detti ω′a, ω′b, ω

′c gli excerchi mistilinei e dette X ′, Y ′, Z ′ le loro intersezioni

con Γ, si mostri che AX ′, BX ′, CX ′ concorrono in Si.

2. Si mostri che il centro radicali dei tre excerchi mistilinei Re e il simmetrico diRi in O.

3. Siano ω1 e ω2 due circonferenze disgiunte e mutuamente esterne. Siano r, s leloro tangenti comuni interne. Fissata una circonferenza Γ tangente a ω, ω′ eche le contiene, siano R1, R2 le intersezioni di Γ con r e definiamo similmenteS1, S2. Sia poi T = r ∩ s. Dimostrare che, al variare di Γ, i cerchi inscritti nei

triangoli4

R1S1T e4

R2S2T rimangono fissi.

4. Data una ceviana AD ed i suoi cerchi di Thebault, con la notazione preceden-te, posta D′ la seconda intersezione di AD con Γ, si dimostri che la circon-

ferenza circoscritta a4

D′K1K2 incontra nuovamente Γ nel punto di tangenzadell’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

intersecano Γ in A, C e in B e D; allora i triangoli4

PAB e4

PCD sono simili, ovvero

74

AB e CD sono antiparallele, in quanto una e parallela alla simmetrica dell’altrarispetto alla bisettrice dell’angolo in P . Questo segue immediatamente dal fatto chePA · PC = PB · PD.

Ora aggiungiamo circonferenze alla figura.

Risultato 77 Siano Γ1, Γ2 circonferenze secantisi in A e B; scegliamo P su Γ1, P ′

su Γ2 tali che P , A, P ′ siano allineati e similmente Q su Γ1, Q′ su Γ2 tali che Q, B,Q′ siano allineati. Allora PQ ‖ P ′Q′.Dim: Supponiamo dapprima che PP ′Q′Q non sia intrecciato. Per ciclicita si ha

P ′Q′B = π − P ′AB = PAB = π − PQB

e dunque P ′Q′ ‖ PQ, poiche esse formano con la trasversale QQ′ angoli coniugatiinteri supplementari.

Se invece PP ′Q′Q e intrecciato, si ha

P ′Q′B = P ′AB = π − PAB = PQB

e dunque P ′Q′ ‖ PQ, poiche esse formano con la trasversale QQ′ angoli alterniinterni uguali.

Con poco impegno possiamo mostrare una sorta di converso del teorema diMiquel

Risultato 78 Siano Γ1, Γ2, Γ3 tre circonferenze passanti per un punto T ; sia poiA = 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 risultatoprecedente alla coppia di circonferenze Γ1, Γ2, ottenendo che QA ‖ PS; similmente,applichiamo il risultato precedente alla coppia Γ1, Γ3, ottenendo che RA ‖ PS.Dunque, QA ‖ RA, ovvero Q, A, R allineati.

Ovviamente il teorema precedente richiede che le tre circonferenze passino per unpunto; un altro modo di aggiungere una circonferenza al risultato con cui abbiamoiniziato la sezione puo essere il seguente.

Risultato 79 Siano Γ1, Γ2 circonferenze secanti in A, B e siano P , Q punti su Γ1.Costruiamo P ′,Q′ su Γ2 di modo che P , A, P ′ e Q, B, Q′ siano allineati. Sia poi Γ3

una circonferenza per P ′ e Q′ e siano P ′′, Q′′ su di essa di modo che P , A, P ′, P ′′ eQ, B, Q′, Q′′ siano allineati. Allora P , Q, Q′′, P ′′ sono conciclici.

Dim: Per il primo risultato di questa sezione, P ′′Q′′ ‖ AB e poiche ABQP eciclico, lo stesso vale per P ′′Q′′QP .

Risultato 80 Siano Γ1 e Γ2 circonferenze secantisi in A, B; siano P su Γ1, P ′ suΓ2 tali che P , A, P ′ sono allineati. Sia Γ3 una circonferenza per B che interseca Γ1

nuovamente in Q e Γ2 in Q′; sia infine Γ4 una circonferenza per Q e P che intersecanuovamente Γ3 in Q′′. Allora la circonferenza per P ′, Q′, Q′′ interseca Γ4 nuovamentein P ′′ che e allineato con P , A, P ′.

Dim: Sia C l’ulteriore intersezione di PQ′ con Γ3; sappiamo (applicando unrisultato precedente ai tre cerchi concorrenti in B) che C, Q, P ′ sono allineati. Allostesso modo, detta D l’ulteriore intersezione di P ′′Q′′ con Γ3, si ha che D, Q′′, P ′′

75

sono allineati. Quindi, applicando il primo risultato alla coppia Γ1, Γ3, abbiamo cheAP ‖ CD, dunque, poiche Q′′Q′CD e ciclico, anche PQ′Q′′P ′′ lo e.

E con un ultimo sforzo, otteniamo un fatto conosciuto, a volte, come teoremadei sei cerchi.

Risultato 81 Siano A, B, C, D quattro punti sulla circonferenza Γ. Siano Γ1 unacirconferenza per A e B, Γ2 una circonferenza per B e C, Γ3 una circonferenza perC e D, Γ4 una circonferenza per D e A. Chiamiamo A′ l’ulteriore intersezione di Γ4

e Γ1 e similmente definiamo B′, C ′, D′. Allora i quattro punti A′, B′, C ′, D′ sonoconciclici.

Dim: Per il converso di Miquel, se chiamiamo R l’ulteriore di intersezione diCC ′ con Γ e R′ l’ulteriore intersezione di RA con Γ4, abbiamo che R′, D′, C ′ sonoallineati; allo stesso modo, dette S l’ulteriore intersezione diBB′ con Γ e S ′ l’ulterioreintersezione di SD con Γ4, S ′, A′, B′ sono allineati.

Ora, per il primo risultato di questa sezione, RS ‖ R′S ′ e RS ‖ C ′B′, dunqueR′S ′ ‖ C ′B′; da cui D′A′B′C ′ e ciclico.

Osservazione: La precedente non e la piu rapida dimostrazione del teorema deisei cerchi, ma e comunque istruttiva.

Esempi

1. Sia O il circocentro di4

ABC e siano P , Q le ulteriori intersezioni della cir-

conferenza circoscritta a4

ABO con BC e AC. Allora CO ⊥ PQ. Infatti unasimmetria rispetto alla bisettrice di C manda AB in una parallela di PQ emanda CH (H ortocentro) in CO; poiche AB ⊥ CH, si ha PQ ⊥ CO.

2. SiaABCD ciclico e siano P , Q le proiezioni diA, C suBD, R, S le proiezioni diB, D su AC. Allora P , R, Q, S sono le ulteriori intersezioni delle circonferenzeche hanno i lati di ABCD come diametri e dunque, per il teorema dei sei cerchi,sono concicliche.

3. Sia4

ABC un triangolo inscritto in Γ e sia M il punto medio dell’arco BC chenon contiene A; allora ABMC e ciclico e quindi le proiezioni di B e C sullabisettrice 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 ICIaB eciclico e dunque le proiezioni di B, C sulla bisettrice da A e le proiezioni di I,Ia su BC sono concicliche.

Esercizi

1. Sia4

ABC un triangolo con incentro I e circonferenza inscritta ω, che tange inD, E, F i tre lati; siano Ha il piede dell’altezza da A, ω′ la circonferenza dicentro A che passa per E. Definiamo P come l’intersezione tra AHa e ω′ e Tcome l’intersezione tra PI e BC. Si dimostri che la circonferenza di diametroAT tange ω.

76

2. Sia Γ una circonferenza, con una corda AB. Siano ω e ω′ tangenti tra loro inC, tangenti ad AB in D, D′ e internamente a Γ in E, E ′. Infine, siano P , P ′ leulteriori intersezioni di EE ′ con ω, ω′; allora DP , D′P ′ e la comune tangentein C concorrono.

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Indice

I Concorrenze e allineamenti 11.1 Mille splendidi Ceva . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2

1.1.1 Talis pater talis filius i.e. similitudini . . . . . . . . . . . . . . 21.1.2 Luoghi di punti e di incontri . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.3 Superfici e superficialita . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.4 Svolazzi e ricami . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10

1.2 Filo a piombo e girotondi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.1 Omnia recta rectis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.2.2 Via certa per la rettitudine(*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151.2.3 Girandoci intorno(*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.2.4 Osservazioni pedali (o pedanti?)(*) . . . . . . . . . . . . . . . 22

1.3 In riga! (o in retta?) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.3.1 Un triangolo sgonfiato(*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 251.3.2 Lunghezza senza larghezza(*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.3.3 Odor d’infinito(*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 311.3.4 Giocando con gli elastici(*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

II Circonferenze ad libitum 382.1 Tre punti, ma un sacco di cerchi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39

2.1.1 Dentro, fuori...(*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.1.2 ... e tutt’attorno(*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 422.1.3 Rapporti regolamentati . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44

2.2 Cerchi a specchio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.2.1 Multiplex imago(*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.2.2 Codice Morse(*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.2.3 Rapporto completo(*) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

2.3 Carneade . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.3.1 Apollonio . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.3.2 Brocard e Lemoine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 582.3.3 Miquel, Simson e Steiner . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62

2.4 Erotismo esotico . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.4.1 Menage a trois . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 672.4.2 Contatti promiscui . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 702.4.3 Alla francese . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

78