Presentate le tecniche per costruire sui lati di un triangolo originario dei triangoli che soddisfino a opportune condizioni, si dimostrano per questi alcune proprietà generali per poi passare via via alla trattazione di situazioni più particolari che comunque permettono di ottenere importanti risultati quali il teorema di Miquel. Introdotti quindi i triangoli di Napoleone interno ed esterno se ne delineano le proprietà e i legami reciproci giungendo infine a definire le peculiarità del punto di Fermat.
Assegnato un triangolo qualsiasi intendiamo costruire sui suoi lati altrettanti triangoli, tali da soddisfare a qualche condizione restrittiva. Sia pertanto 
ABC il triangolo di partenza. La prima di queste condizioni consiste nel richiedere che i triangoli costruiti sui lati di ABC siano tali da avere la somma degli angoli opposti al lato di ABC su cui sono costruiti, pari ad un angolo piatto (tali angoli verranno chiamati, informalmente, angoli remoti).
Vediamo perciò come possiamo avviare una tale costruzione e nel corso della quale utilizzeremo, ancora una volta, le capacità algebriche del software che abbiamo scelto. A tal fine costruiamo un angolo tramite lo strumento Raggio o Semiretta 
(in fig. 1 tale angolo di riferimento è posto in alto a destra).
figura 1
Dobbiamo ora definire l'oggetto angolo e ciò si ottiene con lo strumento Angolo 
: è sufficiente cliccare su un punto del lato, sul vertice e quindi sul punto dell'altro lato. Per conoscerne poi il nome assegnato dal nostro software, si faccia un clic con il tasto destro del mouse (oppure il tasto funzione F11) sull'arco che individua l'angolo: essendo il primo angolo, dovrebbe essere a1 (lo si può visualizzare premendo il pulsante con la A nella finestra di Edita angolo).
Tracciamo quindi un segmento AB (che successivamente rappresenterà un lato di ABC). Con base su questo segmento intendiamo per quanto detto, costruire un triangolo di terzo vertice P, tale che l'angolo (remoto) in P sia congruente con l'angolo a1 appena definito.
Prima di procedere va comunque sottolineato che tale costruzione non può fornire un'unica soluzione in quanto esiste una infinità di punti P, tutti appartenenti ad un arco di circonferenza definito dalla corda AB che soddisfano alla condizione posta.
Dovremo quindi fare un'ulteriore scelta che concretizziamo costruendo una semiretta , per esempio di origine A (e secondo punto D), tale da formare un angolo con AB che, almeno approssimativamente, abbia somma con a1 inferiore ai 180° (viceversa non potrebbe esistere il triangolo che intendiamo costruire). Definiamo poi simbolicamente anche questo secondo angolo e supponiamo sia a2 il nome assegnatogli.
Si tratta ora di definire il terzo lato dell'angolo in modo tale che la sua intersezione con la semiretta AD formi un angolo pari ad a1. In tale occasione sfruttiamo quindi le capacità algebriche del nostro software cosicché dovremo costruire nel vertice B un angolo di ampiezza pari a 180° - a1 - a2. Selezionato perciò lo strumento Angolo con ampiezza definita 
facciamo un clic su A e poi su B e infine in un punto qualsiasi. Nella finestra Edita angolo che appare e in corrispondenza della cella Misura, riportiamo l'espressione 180 - a1 - a2 (o quella con i nomi opportuni) e quindi confermiamo con OK. Non resta ora che ottenere l'intersezione P tra la semiretta AD e quella appena tracciata.
Per verificare che l'angolo in P risulta congruente con quello iniziale, dopo aver definito simbolicamente pure 
APB possiamo richiedere la visualizzazione della misura di entrambi.
Più interessante risulta convincersi come possano esistere anche altre posizioni di P che soddisfano alla condizione posta. Difatti, costruito il cerchio circoscritto a ABP, trascinando D attorno ad A si può osservare che P varia sull'arco di circonferenza che insiste sulla corda AB e, ovviamente, APB mantiene il proprio valore. Vedremo che, per quanto seguirà, tale arbitrarietà non ci condizionerà particolarmente.
Siamo ora in grado di realizzare la costruzione di tre triangoli, ciascuno associato ad un lato di ABC, e tali che la somma degli angoli remoti ai lati di ABC sia pari a 180°. Per soddisfare comunque quest'ultima condizione conviene costruire a parte un piccolo triangolo, A1B1C1, definirne i tre angoli, e infine riportare la misura di ciascuno con la tecnica descritta nella sezione precedente sugli angoli remoti ai lati di ABC. A tale costruzione aggiungiamo pure le tre circonferenze circoscritte ai tre triangoli in tal modo ottenuti e i rispettivi centri O1, O2, O3 (fig. 2).
figura 2
Realizzato tutto ciò emerge immediatamente una proprietà: difatti muovendo gli elementi liberi della costruzione quali i vertici A1, B1, C1 ossia variando gli angoli remoti in P, Q e R, così come i vertici di ABC, in tutte le posizioni e per tutti i valori significativi per la costruzione, le tre circonferenze circoscritte continuano ad avere un punto di intersezione comune, indicato in figura con F. Sussiste pertanto una proprietà generale che va dimostrata e che enunciamo nel seguente
ABC i triangoli tali da avere la somma degli angoli remoti pari a 180°, le circonferenze ad essi circoscritte possiedono un punto di intersezione comune.Dimostrazione. Come appare dalla figura 2 i tre triangoli BAR, CBP e ACQ costruiti rispettivamente sui lati AB, BC e CA, soddisfano alla relazione
ARB + BPC + CQA = R + P + Q = 180°
Siano A e F le intersezioni delle circonferenze circoscritte a BAR e ACQ. Congiunto F con A, B, C risulta
AFB = R AFC = Q
in quanto angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco. È immediato notare che
BFC = AFB + AFC = R + Q = 180° - P
dove si è fatto uso della relazione sopra. Essendo BFC supplementare a P ne discende che F deve appartenere pure alla circonferenza circoscritta a CBP c.v.d.
Nel caso di fig. 3 la linea della dimostrazione non cambia salvo notare che
AFB = 180° - R AFC = 180° - Q
figura 3
come pure
BFC = 360° - (AFB + AFC) = 360° - (180° - R + 180° - Q) = R + Q = 180° - P.
Variando opportunamente i punti "liberi" A, B, C oppure gli angoli corrispondenti ad A1, B1, C1 (o, meglio, i punti liberi nascosti D, E, G) si può ottenere la configurazione di figura 4, dove A
QR, BRP e CPQ (nella figura A, B e C appaiono solo sovrapposti ai segmenti QR, RP e PQ).
figura 4
Appare in tal modo evidente che PQR diventa simile a A1B1C1 ma, l'osservazione più importante consiste nel tener presente che i punti A, B e C possono, data la loro arbitrarietà variare liberamente sui lati QR, RP e PQ mentre le circonferenze per CBP, ACQ e BAR continuano ad avere il punto F in comune visto che il teorema appena dimostrato mantiene inalterata la sua validità.
Emerge in tal modo una nuova proprietà dei triangoli che, per rendere la notazione più aderente ad aspetti già trattati dei triangoli, enunciamo invertendo i ruoli di PQR e ABC. Pertanto considereremo dati i vertici A, B e C (sostitutivi di P, Q, R) di ABC e faremo variare sui rispettivi lati i punti A1BC, B1AC e C1AB (sostituti di A, B e C). Sussiste quindi il
ABC è un triangolo qualsiasi e A1, B1, C1 sono tre punti arbitrari appartenenti rispettivamente a BC, AC e AB (o rispettivi prolungamenti), allora le circonferenze per AB1C1, A1BC1 e A1B1C hanno un punto P in comune.La costruzione corrispondente a questo teorema, pubblicato da A. Miquel nel 1838 e identificato da alcuni autori come il teorema pivot, è riportata in fig. 5. Indipendentemente da quanto qui osservato forniamo di questo teorema una dimostrazione nel problema 15.2 che, a sua volta, sviluppa delle osservazioni esposte nella pagina sui cerchi.
Riprendendo la figura 5, possiamo ulteriormente particolarizzare la costruzione imponendo che le corde PA1, PB1 e PC1 siano perpendicolari rispettivamente ai lati BC, CA e AB oppure, in modo equivalente, che PA, PB e PC diventino i diametri dei rispettivi cerchi. In tal caso ci si riduce ad una situazione nota: il A1B1C1 diverrebbe il triangolo pedale di ABC corrispondente al punto P.
figura 5
Un'ultima osservazione: i punti A1, B1 e C1 non sono vincolati a formare un triangolo per cui possono essere pure allineati. La figura 6 difatti, è stata ottenuta cercando con opportuni spostamenti, di allineare A1 con la retta B1C1.
figura 6
Possiamo riflettere ora sul ruolo di A1, B e C: questi sono tre punti allineati tali che A1B1C1, BAC1 e CAB1. Il teorema dimostrato precedentemente applicato al AC1B1 (evidenziato in colore verde nella figura 6) e ai punti sui rispettivi lati A1, B e C, assicura che le circonferenze ABC, A1B1C, A1BC1 possiedono un punto in comune. Poiché le ultime due hanno solo A1 e P in comune, possiamo individuare in P il punto comune alle quattro circonferenze (in sostanza, alle precedenti, si è aggiunta quella per ABC). In definitiva, lasciando cadere la distinzione tra vertici di un triangolo e punti sui lati, il caso appena discusso tratta essenzialmente di quattro rette e sei punti. Per questi possiamo enunciare il
Tale punto viene detto punto di Miquel. Diversamente dalla fig. 6 (dove, si ricorda, A appare allineato con B1 e C1 ma non lo è per costruzione), la figura 7 presenta la situazione così come viene espressa dall'enunciato. Quest'ultimo comunque si può rendere più intuitivo osservando che le quattro rette formano quattro triangoli. Essendo le circonferenze dell'enunciato nient'altro che le circonferenze circoscritte ai quattro triangoli in tal modo individuati, possiamo pure affermare che le quattro circonferenze circoscritte ai quattro triangoli formati dalle intersezioni di quattro rette, possiedono un punto in comune.
figura 7
Riprendiamo la figura 2 aggiungendovi i segmenti che collegano i centri delle tre circonferenze. Notiamo che questi segmenti sono perpendicolari alle corde comuni di ogni coppia di circonferenze e le intersecano in T, V e W (fig. 8). Ne segue che i vertici del quadrilatero O1TFW sono conciclici in quanto la somma di due angoli opposti (due retti) risulta congruente con un angolo piatto. Allora per la rimanente coppia risulta
O3O1O2 = 180° - BFC = 180° - (180° - P) = P
dove nell'ultimo passaggio si è utilizzato quanto già dedotto inizialmente) trattando il quadrilatero BPCF.
figura 8
Dalla similitudine dei triangoli rettangoli
O2UT 
FVU
si ha pure
O1O2O3 = AFC = Q
cosicché, per il I criterio di similitudine, risulta
O1O2O3A1B1C1.
Poiché A1B1C1 è servito solo per rispettare la condizione posta sul valore della somma degli angoli remoti dei triangoli costruiti sui lati, il risultato cui siamo giunti non è particolarmente rilevante salvo che non si aggiunga un'ulteriore restrizione. Questa consiste nel richiedere che pure i tre triangoli eretti sui lati siano mutuamente simili: in tal caso disporremmo di ben quattro triangoli simili. Ovviamente il teorema iniziale continuerebbe a valere cosicché in aggiunta al
possiamo aggiungere l'importante
Per poter quindi procedere alla corretta costruzione si deve sottolineare che, dato che questi triangoli devono rispettare la condizione sulla somma degli angoli remoti, questi ultimi angoli non potranno corrispondersi nella similitudine. La costruzione di figura 9 realizza ciò: sui lati di un arbitrario ABC si è costruito sul lato AB un altro triangolo avente il terzo vertice R arbitrario (e quindi liberamente trascinabile con il mouse). A questo punto gli altri due triangoli sono sostanzialmente definiti (a parte la scelta nell'associarli ad un lato o all'altro dei due rimanenti) tramite la semplice tecnica del riporto di un angolo congruente ad uno dato: al solito, gli angoli congruenti sono contraddistinti dal medesimo colore.
figura 9
Un interessante (e curioso) caso particolare si presenta quando i triangoli costruiti sui lati sono equilateri (fig. 10): in questo caso abbiamo il
figura 10
Tale teorema è stato attribuito a Napoleone (1769-1821), probabilmente più per riconoscergli un certo interesse nei riguardi della geometria che per l'effettivo merito della scoperta. Di certo è che Napoleone, sulla scia della Rivoluzione Francese fondò, o rifondò delle eccellenti scuole tecniche quali l'École Normale e l'École Polytechnique, scuole dove tenevano lezione i maggiori matematici del tempo quali Lagrange, Laplace, Monge, e che contribuirono non poco alla rinascita e alla diffusione della matematica.
Nella figura 10 i vertici di ABC appaiono, come opportuno, in verso antiorario. Comunque muovendo uno qualsiasi di essi è facile ottenere un triangolo con i vertici in ordine inverso cioè orario. In tale situazione si possono fare alcune interessanti osservazioni:
Tutto ciò evidentemente suggerisce l'esistenza di un triangolo equilatero ottenuto costruendo verso l'interno di ABC i tre triangoli equilateri (fig. 11) e apre il problema della dimostrazione della sua esistenza e dei suoi legami con O1O2O3. Diamo pertanto due definizioni:
e come conseguenza il teorema di Napoleone si può enunciare anche nella seguente forma "compatta"
mentre rimane da dimostrare il seguente
figura 11
Dimostriamo il teorema ponendo N1, N2, N3 i centri (baricentri) dei tre triangoli equilateri costruiti internamente e, rispettivamente, sui lati BC, CA e AB. Ricordato che, per il teorema dei seni (o della corda) il raggio del cerchio circoscritto ad un triangolo equilatero di lato "lato" risulta pari a
| raggio | = | lato 2 sen 60° |
deduciamo per AO2 e AO3 le espressioni
| AO2 | = | AC 2 sen 60° |
= | b |
AO3 | = | AB 2 sen 60° |
= | c |
mentre, osservando la fig. 12, si ottiene facilmente
O3AO2 = O3AB + BAC + CAO2 = 30°
+ A + 30° = A + 60°
figura 12
Volendo esprimere l'angolo tra A e i centri N2 ed N3 del triangolo di Napoleone interno, va tenuta presente la simmetria assiale rispetto al lato su cui sono costruiti i triangoli equilateri e che collega N2 ed N3 con i centri O2 e O3. Pertanto (fig. 12)
N3AN2 = BAC - BAN3 - CAN2 = A - 60°
Siamo ora in grado, con il teorema del coseno (o di Carnot) applicato a AO3O2 e AN3N2, di determinare i lati dei triangoli di Napoleone ossia
| (O2O3)2 | = | (AO2)2 + (AO3)2 - 2(AO2)(AO3) cosO3AO2 |
= | b2 3 |
+ | c2 3 |
- | 2 bc 3 |
cos(A + 60°) |
| (N2N3)2 | = | (AN2)2 + (AN3)2 - 2(AN2)(AN3) cosN3AN2 |
= | b2 3 |
+ | c2 3 |
- | 2 bc 3 |
cos(A - 60°) |
Sottraendo una dall'altra di ha
| (O2O3)2 - (N2N3)2 | = | 2 3 |
bc [cos(A - 60°) - cos(A + 60°)] |
che, con le formule di prostaferesi diviene
| (O2O3)2 - (N2N3)2 | = | 4 3 |
bc sen A sen 60° |
= | 2 |
bc senA |
| = | 4 |
(ABC) | (1) |
dove nell'ultima uguaglianza si è utilizzata l'identità
| (ABC) | = | 1 2 |
AB·AC senA |
che esprime l'area di un triangolo in termini di due lati e l'angolo compreso. In maniera del tutto analoga si giunge alle
| (O1O2)2 - (N1N2)2 | = | 4 |
(ABC) | ||
| (O3O1)2 - (N3N1)2 | = | 4 |
(ABC) | (2) |
Poiché sappiamo che
O1O2 = O2O3 = O3O1
N1N2 = N2N3 = N3N1
che è quanto volevamo dimostrare. Pertanto vale il
Un'ultima importante osservazione: poiché come caso particolare dell'espressione generale, l'area di un triangolo equilatero può esprimersi come
| (O1O2O3) | = | 1 2 |
(O1O2)2 sen 60° | = | 4 |
x | (O1O2)2 |
moltiplicando o la (1) o le (2) per /4 si ottiene
| (O1O2O3) - (N1N2N3) = (ABC) |
risultato che enunciamo come
In base a tale risultato comprendiamo la ragione del passaggio "continuo" tra l'uno e l'altro dei triangoli: al diminuire di (ABC) la differenza tra le aree dei due triangoli di Napoleone tende pure a diminuire. Nella situazione dove (ABC) si annulla e ABC degenera in un segmento i due triangoli possiedono la medesima area (cioè sono equivalenti) e si scambiano i ruoli tra interno ed esterno.
Riprendiamo la figura 10 e, congiunto A con P, B con Q e C con R, osserviamo i ARC e ABQ (ruotare i colori con 
in fig. 13). Questi triangoli possiedono
CAR = A + 60° = QAB
e i lati ad essi adiacenti risultano
| CA = AQ | AR = AB |
figura 13
Ne segue, per il primo criterio di congruenza, ARC
ABQ e in particolare si ha CR = BQ.
In modo simile, si giunge a dimostrare ABPRBC e perciò pure AP = CR. Per transitività vale la conguenza tra i segmenti
AP = CR = BQ.
Osserviamo inoltre che ABQ si può ottenere da ARC tramite una rotazione di 60° con centro il punto A: difatti, in tale rotazione, AR va in AB, AC in AQ e RC in BQ. Pertanto se F rappresenta l'intersezione di CR con BQ, risulta
| RFB = 60° = CFQ |
RFQ = 120° = BFC
|
Per le stesse ragioni sussistono le congruenze (figg. 14a, 14b)
| RBCABP |
RFA = PFC = 60°
| |
| BCQPCA |
BFP = AFQ = 60°
|
considerato, ma non ancora dimostrato, F punto di intersezione di CR, BQ e AP.
D'altra parte, essendo
RFB = 60° = RAB,
i punti A e F vedono il segmento RB sotto il medesimo angolo per cui devono appartenere ad una circonferenza tagliata dalla corda BR: il quadrilatero ARBF è perciò inscritto in un cerchio. Analogamente per AFCQ dato che vale pure
CFQ = 60° = CAQ.
Ma poiché risulta
BFC + BPC = 120° + 60° = 180°
pure B, P, C, F sono conciclici e possiamo concludere che le tre circonferenze circoscritte a ARB, BPC e ACQ si intersecano tutte nel punto comune F che, di conseguenza, deve appartenere pure ad AP (fig. 15). Siamo in buona sostanza giunti a dimostrare, per altra via, l'esistenza di un punto comune alle circonferenze circoscritte ai triangoli eretti esternamente ai lati, proprietà già definita in forma più generale dal teorema discusso inizialmente.
figura 15
In aggiunta a ciò notiamo che le rette AP, BQ e CR incidono in F formando angoli di 60° cosicché il punto F possiede un'ulteriore interessante proprietà: F "vede" i tre lati del triangolo originario ABC sotto tre angoli di 120°. F viene generalmente indicato come il punto di Fermat (1601-1665) o di Torricelli (1608-1647) del triangolo e rappresenta la soluzione di un altro interessante problema cioè quello di determinare il punto che rende minima (o minimizza) la somma delle distanze dai vertici di un triangolo qualsiasi.
Problema 8.1. Costruiti due quadrati sui lati di un triangolo, dimostrare che a) le loro circonferenze circoscritte si intersecano sulla circonferenza che ha il terzo lato come diametro, b) i centri di queste circonferenze sono i vertici di un triangolo rettangolo isoscele.
Dimostrazione. Costruiti i due quadrati sui lati, per esempio su AC e BC (figura 16),
figura 16
siano CP e CQ due loro diagonali. In tal modo abbiamo ottenuto due triangoli rettangoli isosceli su due lati e tali da evere la somma degli angoli opposti ad AC e BC pari a 90°. Costruiamo quindi ABR isoscele con base sul lato AB in modo che ARB = 90°. Disponiamo ora di tre triangoli simili costruiti sui lati e pertanto possiamo applicare il teorema già dimostrato che assicura dell'esistenza del punto comune F alle tre circonferenze circoscritte a ABR, CBP, ACQ.
Per il corollario del medesimo teorema il triangolo che collega i centri di queste circonferenze è simile a quelli costruiti sui lati ossia risulta
BARPCBCQAO2O1O3.
Per una dimostrazione alternativa di quest'ultimo assunto si veda la pagina sui quadrilateri.
Problema 8.2. Dimostrare che le linee AO1, BO2, CO3 che congiungono i vertici di ABC con i corrispondenti vertici del triangolo di Napoleone esterno (fig. 10), sono concorrenti.
Dimostrazione
Problema 8.3. Dimostrare che le linee AN1, BN2, CN3 che congiungono i vertici di ABC con i corrispondenti vertici del triangolo di Napoleone interno (fig. 11) sono concorrenti.
Dimostrazione
Problema 8.4. I triangoli di Napoleone esterno ed interno possiedono il medesimo baricentro.
Dimostrazione. A seguito della simmetria rispetto ai lati di ABC dei vertici O1, N1, O2, N2 e O3, N3 si individuano facilmente sei triangoli equilateri, congruenti due a due (utilizzare per facilitarne il riconoscimento nella fig. 17).
| AO3N3BO3N3 |
BO1N1CN1O1 |
CO2N2AN2O2 |
figura 17
I lati di questi triangoli possiedono le lunghezze
| AO3N3BO3N3 |
AO3 = AN3 = BO3 = BN3 = c / |
|
| BO1N1CN1O1 |
BO1 = BN1 = CO1 = CN1 = a / |
|
| CO2N2AN2O2 |
CO2 = CN2 = AO2 = AN2 = b / |
dedotte tenendo conto della relazione h = l sen 60° che lega l'altezza h al lato l in un triangolo equilatero. Analizziamo il AN3O2 e in particolare l'angolo O2AN3 (fig. 18).
figura 18
Risulta
| O2AN3 |
= | N3AC + CAO2 |
| = | (A - N3AB) + CAO2 |
|
| = | A - 30° + 30° |
|
| = | A |
e poiché, AN3 = c / e AO2 = b /, i due triangoli AN3O2 e ABC hanno lati corrispondenti in proporzione. Risulta allora per il secondo criterio di similitudine
AN3O2ABC.
Nello stesso modo si dimostrano le similitudini con ABC dei triangoli (utilizzare per facilitarne il riconoscimento nella fig. 18)
| AN3O2
AO3N2
BN1O3
BO1N3
CN2O1
CO2N1
ABC |
dalle quali discende, in particolare
| N3O2 | = | O3N2 | = | a / |
| N1O3 | = | O1N3 | = | b / |
| N2O1 | = | O2N1 | = | c / |
Poiché gli angoli
| O1BO3 |
= | O1BN1 + N1BO3 |
= | 60° + B |
| BO3N2 |
= | BO3A - N2O3A |
= | 120° - B |
appaiono supplementari e i lati opposti BO3, N2O1 del quadrilatero BO1N2O3 sono congruenti, quest'ultimo risulta un parallelogramma (fig. 19).
figura 19
Indichiamo ora con M il punto medio di O2O3 e con M2 il punto medio di AC, quest'ultimo pure punto medio di O2N2. Il segmento MM2 congiunge pertanto i punti medi dei lati O2O3 e O2N2 di O2O3N2 per cui risulta parallelo a O3N2. Essendo BO1N2O3 un parallelogramma possiamo affermare la validità delle
MM2 O3N2BO1 |
BO1 = O3N2 = 2 MM2 |
Sia G = O1M
BM2 (fig. 19): per il parallelismo già evidenziato discende che MGM2O1GB e dato che BO1 = 2MM2 per i restanti lati di questi triangoli risulta
| O1G = 2 GM | BG = 2 GM2 |
Poiché O1M è la mediana (e altezza) di O1O2O3 e BM2 lo è a sua volta rispetto al lato AC di ABC e risultando entrambi divisi da G nel rapporto 2:1, ne consegue che G è, per entrambi i triangoli, il baricentro. ABC e O1O2O3 possiedono pertanto il medesimo baricentro.
Con deduzioni simili si dimostra che pure il triangolo di Napoleone interno N1N2N3 possiede il baricentro in comune con ABC. Difatti il quadrilatero BN1O2N3 a seguito delle congruenze evidenziate sopra, è un parallelogramma (fig. 20).
figura 20
Detto M3 il punto medio di N2N3 (e ricordato che M2 è quello di AC e di O2N2), per il teorema sui punti medi di un triangolo applicato a N2O2N3 risulta
| M3M2N3O2BN1 |
con | M3M2 = 2 N3O2 = 2 BN1. |
Definito il punto G = BM2N1M3, vale la similitudine BN1GM2M3G dalla quale discendono
| N1G = 2 GM3 | BG = 2 GM2 |
Queste ultime, essendo N1M3 e BM2 le mediane al lato N2N3 e, rispettivamente ad AC, permettono di identificare G con il baricentro di N1N2N3 e ABC. In definitiva i due triangoli di Napoleone possiedono il baricentro coincidente con quello del triangolo originario: di conseguenza hanno in comune il loro baricentro (c.v.d.).
|
||||||||||
