ABC con un triangolo avente per lati le tre mediane.In questa pagina presentiamo le soluzioni dei problemi proposti in Ceva.html, LineaEulero.html, Cerchio9punti.html, RetteCerchi.html, Simson2.html, Napoleone.html e Menelao.html e che generalmente si collegano strettamente alle nozioni ivi sviluppate. Si forniscono pure le modalità per verificare interattivamente alcune proprietà nonché le istruzioni per realizzare particolari costruzioni.
Gli argomenti affrontati riguardano:
Problema 1.1. Determinare il rapporto tra le aree di ABC con un triangolo avente per lati le tre mediane.
Soluzione. Innanzitutto costruiamo il triangolo aventi le tre mediane come lati (fig. 1).
figura 1
A tal fine è sufficiente costruire il segmento QD parallelo alla mediana BR e congruente con essa (si utilizza prima lo strumento Linea parallela 
e poi lo strumento Circonferenza per 3 punti 
). Il quadrilatero RBQD risulta per costruzione, un parallelogramma: in particolare è RD = BQ = QC nonché RD
QC. QCDR è pure un parallelogramma e sia E il punto di intersezione delle sue diagonali. Un terzo parallelogramma è CDAP avendo CDQRAB e dove
| CD | = | RQ | = | 1 2 | AB | = | PA. |
In particolare risulta CP = DA. AQD possiede quindi i lati congruenti con le mediane di ABC.
Tenendo in considerazione che il rapporto delle aree di triangoli con la medesima altezza è uguale a quello delle basi
| (ABC) |
= | 2 (QCA) |
= | (QCA) |
deriva infine che
| (ABC) |
= | (QCA) |
= | CA |
= | 2 RC |
= | 4 EC |
= | 4 |
e dove si è fatto uso del fatto che AR = RC = 2 EC.
Ritorna alla pagina sul teorema di Ceva.
Problema 1.2. In ABC siano R (appartenente a BC), S (appartenente a CA) e T (appartenente a AB), i punti di tangenza della circonferenza inscritta. Dimostrare che i ceviani AR, BS e CT sono concorrenti.
Soluzione. In riferimento alla figura sottostante, è facile dimostrare tramite il teorema di Pitagora che x1 = x2, y1 = y2 e z1 = z2.
figura 2
Per dimostrare la tesi è allora sufficiente applicare il teorema di Ceva che, con i punti definiti sopra e rappresentati pure in fig. 3, assume la forma
figura 3
| AT |
· | BR |
· | CS |
= | x1 |
· | y1 |
· | z1 |
= 1. |
Si vede immediatamente che, con le congruenze notate all'inizio, tale espressione è pari ad 1: i tre segmenti ceviani AR, BS e CT sono allora concorrenti in Z. Tale punto viene detto punto di Gergonne in onore del matematico francese vissuto a cavallo tra il XVIII e XIX secolo.
Ritorna alla pagina sul teorema di Ceva.
Problema 1.3. Determinare la lunghezza delle mediane in termini delle lunghezze dei lati.
Soluzione. Riferendoci alle convenzioni esplicitate nella figura seguente
figura 4
e notato che nel caso delle mediane si ha BP = PC = x = y = a / 2, il teorema di Stewart assume la forma
| b2 | a |
+ | a |
c2 = ( | a2 |
+ t2 | ) | a |
Ricavando l'incognita t si ottiene facilmente per il suo quadrato
|
da cui la lunghezza t. Analoghe relazioni si ottengono per le rimanenti mediane.
Per una dimostrazione alternativa basata sull'algebra dei vettori si veda il problema 12.7.
Ritorna alla pagina sul teorema di Stewart.
Verifica 2.1. Verificare per mezzo di una opportuna costruzione che la linea di Eulero interseca il maggiore e il minore dei lati quando il triangolo risulta acutangolo. Se invece il triangolo è ottusangolo, essa interseca il maggiore e il lato di lunghezza intermedia.
Costruita la figura 5, è sufficiente per mezzo del tasto Espressione aritmetica 
richiedere la visualizzazione delle misure dei tre lati (per esempio, inserendo in corrispondenza della cella Espressione aritmetica, d(A,B) per disporre della lunghezza di AB). Trascinare quindi i vertici (strumento 
oppure, in alternativa, tenendo premuto il tasto destro del mouse) osservando quali siano i lati intersecati dalla linea di Eulero e le rispettive lunghezze.
figura 5
Si ottiene infine un triangolo ottusangolo quando il circocentro S non appartiene al triangolo (e quindi è esterno alla regione in colore nella figura). Si veda più avanti per ulteriori particolari.
Ritorna alla pagina sulla linea di Eulero.
Problema 2.2. Sia L il punto simmetrico al circocentro S di ABC, rispetto alla retta BC. Dimostrare che la linea di Eulero biseca il segmento AL.
Dimostrazione. La dimostrazione discende con relativa facilità se ricordiamo quanto sviluppato nella dimostrazione circa la linea di Eulero e in particolare che risulta AOPS e AO = 2 PS (fig. 6).
figura 6
Poiché per costruzione PL = PS discende anche LS = AO. Per essere alterni interni di rette parallele sono congruenti pure gli angoli
 MAO |
= | MLS |
AOM |
= | MSL |
e quindi, in base al secondo criterio di congruenza dei triangoli AOM
LSM dalla quale si ha AM = ML c.v.d.
Ritorna alla pagina sulla linea di Eulero.
Problema 2.3. Dimostrare che ogni triangolo che abbia due altezze congruenti dev'essere isoscele.
Dimostrazione. Abbiamo visto che la misura dell'altezza in termini del raggio della circonferenza circoscritta e degli angoli che comprendono il lato di base BC (fig. 12 nella pagina sulla linea di Eulero) risulta espressa da
| AH | = | AC senC |
= | 2 rc senB senC. |
Analogamente, l'altezza rispetto al lato CA è data da
BK = 2 rc senC senA.
Supposte congruenti discende che
2 rc senB senC = 2 rc senC senA
da cui
senB = senA
cioè, non potendo essere angoli supplementari (il triangolo non è degenere), dev'essere B = A, risultato che dimostra la tesi.
Ritorna alla pagina sulla linea di Eulero.
Problema 2.4. Dimostrare che se la linea di Eulero passa per un vertice, il triangolo è a) isoscele, o b) rettangolo, o c) isoscele e rettangolo.
Dimostrazione. Prendendo come riferimento la figura 5, supponiamo che la linea di Eulero passi per il vertice A (muovere opportunamente i vertici in modo da ottenere questa situazione). Possono presentarsi due casi:
Nel primo caso, la linea di Eulero risulta essere la mediana al lato BC in quanto collega il vertice A con il baricentro I di ABC ma pure l'altezza, dato che vi appartengono il vertice A, l'ortocentro O e il circocentro S. Data la coincidenza di mediana ed altezza, per il teorema sui triangoli isosceli, ABC è isoscele.
Nel secondo caso, la coincidenza dell'ortocentro O con il vertice A implica AB
AC e quindi BAC = 90°: il ABC è pertanto un triangolo rettangolo (che potrà essere isoscele se AB = AC).
Ritorna alla pagina sulla linea di Eulero.
Verifica 3.1. Si consideri una retta per l'ortocentro O di un triangolo ABC. Dette U, U1 le sue intersezioni con la circonferenza dei nove punti e V, V1 quelle con la circonferenza circoscritta al triangolo, verificare che vale
| OU OV |
= | OU1 OV1 |
= | 1 2 |
qualsiasi sia la retta per O.
Per la verifica numerica della costanza di tale rapporto va innanzitutto costruita la retta passante per O e per un punto qualsiasi V della circonferenza circoscritta a ABC (si utilizzi 
per costruire V).
figura 7
Definite le ulteriori intersezioni V1, U e U1 come richiesto dal testo è sufficiente richiedere, per mezzo dello strumento , il calcolo dei due rapporti d(O,U) / d(O,V) e d(O,U1) / d(O,V1). Quindi trascinando con il punto V (oppure uno qualsiasi dei tre vertici del triangolo) si constata la costanza del rapporto. Possiamo di conseguenza riconoscere tre importanti proprietà:
ABC e, infineRitorna alla pagina sul cerchio dei nove punti.
Problema 3.1. Tre cerchi del medesimo raggio si intersecano in uno stesso punto P mentre a coppie si intersecano negli ulteriori punti A, B e C. Si dimostri che il cerchio circoscritto a ABC condivide il medesimo raggio dei tre e che P è l'ortocentro del triangolo.
Dimostrazione. Tracciati i tre cerchi di centri C1 C2, C3 e raggio dato r, questi si intersechino nel punto comune P e negli ulteriori A, B, C. Siano inoltre E, F e G i punti diametralmente opposti a P in ciascuno dei tre cerchi (fig. 8).
figura 8
Gli angoli PBE e PBF sono retti perché inscritti in un semicerchio e, per l'uguaglianza dei raggi, è pure EB = BF. Una simile osservazione si può estendere anche ai lati FG e GE e concludere che PA, PB e PC bisecano perpendicolarmente rispettivamente GE, EF e FG. Il punto P risulta quindi il circocentro di EFG (e A, B e C i punti medi dei lati di EFG).
Il raggio del cerchio circoscritto a EFG (PE = PF = PG = 2 r) risulta evidentemente il doppio del raggio r dei cerchi iniziali: poiché inoltre i lati di EFG sono nel rapporto 2:1 con quelli di ABC (per esempio, il segmento AC connette i punti medi dei lati EG e FG per cui EF = 2 AC) il raggio della circonferenza circoscritta a quest'ultimo è a sua volta la metà di 2 r ossia uguale al raggio comune r. Tenendo presente il risultato già discusso ossia che il circocentro di EFG coincide con l'ortocentro di ABC, la tesi risulta completamente dimostrata.
Ritorna alla pagina sul cerchio dei nove punti.
Problema 3.2. Sia A1 l'intersezione dell'altezza relativa al lato BC con la circonferenza circoscritta a ABC. Dimostrare che la distanza dal centro del cerchio dei nove punti al lato BC è uguale a 1/4·AA1.
figura 9
Dimostrazione. Riprendendo la simbologia utilizzata nella pagina sul cerchio dei nove punti, dobbiamo determinare la distanza del centro N di tale cerchio da BC, ossia NV. Come si può vedere dalla figura 9, l'asse PS di BC e l'altezza AH sono paralleli cosicché il quadrilatero HPSO risulta un trapezio. Dato che N è il punto medio della linea di Eulero OS, la sua distanza da BC si può ottenere come la metà della somma delle basi ossia
| NV | = | 1 2 |
(PS + HO) |
Ora, PS = 1/2·AO (vedere quanto a tal proposito è stato già esposto) e HO = 1/2·OA1 per la già citata omotetia di centro O e rapporto 1:2 (H e A1 sono punti che si corrispondono in tale omotetia). Sostituendo queste relazioni nell'espressione precedente, si trova
| NV | = | 1 2 |
( | 1 2 |
AO | + | 1 2 |
OA1 | ) | = | 1 4 |
AA1. |
Ritorna alla pagina sul cerchio dei nove punti.
Costruzione 4.1. Costruire un quadrilatero qualsiasi e il suo quarto quadrilatero pedale. Verificare che quest'ultimo è simile a quello di origine.
Per la descrizione della costruzione contenuta nella figura seguente, attivare innanzitutto la visualizzazione degli elementi nascosti selezionando 
e quindi scegliere lo strumento Ripeti costruzione 
. Con il tasto 
procedere all'aggiunta dei singoli elementi ponendo attenzione alle descrizioni che appaiono in basso a sinistra nella finestra del browser. Per selezionare solo le linee di un determinato colore utilizzare il tasto 
.
figura 10
Definire poi gli angoli del quadrilatero originario e del suo quarto pedale con lo strumento 
. Per verificarne la congruenza si può richiedere la visualizzazione dei valori delle corrispondenti ampiezze tramite : a tal fine, dopo essersi assicurati del nome assegnato ai diversi angoli, basta immettere in corrispondenza delle cella Espressione algebrica il nome dell'angolo associando un commento di spiegazione.
Ritorna alla pagina sui triangoli pedali.
Costruzione 4.2. Costruire le tangenti comuni a due circonferenze una esterna all'altra.
Costruzione. Date le due circonferenze di centri C e C1 e raggi, rispettivamente R e r con R > r (fig. 11), appare evidente che se una delle due circonferenze fosse ridotta ad un punto (per esempio, quella di raggio minore) il problema si ridurrebbe a quello, già noto, di tracciare le tangenti da un punto esterno (C1) ad una circonferenza, quest'ultima con raggio pari alla differenza dei raggi cioè R - r. Costruita pertanto la circonferenza di centro C e raggio R - r (in rosso in fig. 11: selezionare per visualizzare, con Ripeti costruzione , i passaggi della costruzione) e determinata la retta tangente DC1 nel modo conosciuto, con una traslazione di vettore DA e modulo r si ottiene la tangente cercata AB.
figura 11
Per l'altra tangente, osservando la fig. 12, il problema si riduce a tracciare le tangenti dal punto C1 ad una circonferenza, questa volta con raggio pari a R + r, e successivamente ad eseguire una traslazione di vettore radiale GE (ancora di modulo r).
figura 12
In definitiva per ottenere le quattro rette tangenti e dopo aver attivato la visualizzazione degli elementi nascosti , si ponga attenzione alla successione dei passi seguiti per mezzo del tasto Ripeti costruzione .
figura 13
Ritorna alla pagina su rette e cerchi.
Problema 4.2. Due cerchi, uno esterno all'altro, possiedono quattro tangenti comuni. Dimostrare che i punti medi dei quattro segmenti tangenti sono collineari.
Soluzione. La dimostrazione discende immediatamente se si tiene presente il significato geometrico di potenza di un punto esterno ad un cerchio. La potenza di un punto esterno è pari al quadrato del segmento di tangente alla circonferenza condotto da tale punto al punto di contatto. Ora i punti medi delle quattro tangenti presentano questi segmenti a due a due congruenti per cui la loro potenza rispetto a ciascuno dei due cerchi è, per ogni punto, la medesima. Ne segue che i punti devono appartenere all'asse radicale in quanto questo rappresenta il luogo dei punti aventi la medesima potenza. Essendo questo luogo una retta, i quattro punti risultano allineati (c.v.d.).
figura 14
Ritorna alla pagina su rette e cerchi.
Problema 4.3. Due cerchi sono tangenti internamente nel punto T mentre una corda AB del cerchio di raggio maggiore è tangente nel punto C all'altro cerchio. Dimostrare che TC biseca l'angolo ATB.
Dimostrazione. Consideriamo la retta tangente ai due cerchi per T (nella fig. 15 il punto che permette di variare la corda AB è A). Questa incontra la retta AB in E. Poiché EAT
EBT per il teorema della secante e della tangente possiamo scrivere i seguenti rapporti che collegano i tre lati corrispondenti
figura 15
| TA TB |
= | TE EB |
= | AE TE |
Dato che TE = EC queste si riscrivono anche come
| TA TB |
= | EC EB |
= | AE EC |
e, per le proprietà delle proporzioni, è pure
| TA TB |
= | EC - AE EB - EC |
= | AC CB |
. |
In base all'inverso del teorema della bisettrice, l'ultima uguaglianza
| TA TB |
= | AC CB |
permette di concludere che TC è bisettrice di ATB c.v.d.
Ritorna alla pagina su rette e cerchi.
Problema 5.3. Determinare la posizione di un P sulla circonferenza circoscritta ad un triangolo, in corrispondenza della quale la linea di Simson coincide con un lato.
Soluzione. Se la linea coincide per ipotesi con un lato, per esempio AC (fig. 16), allora il punto C1 deve coincidere con A e A1 coincide con C (si porti P sopra D). Poiché PC1B = PA1B = 90°, PB dev'essere un diametro del cerchio circoscritto (in fig. 16, di centro O). P occupa quindi la posizione diametralmente opposta (D) al vertice del triangolo (B) non appartenente alla linea di Simson.
figura 16
Ritorna alla pagina sulla linea di Simson.
Problema 6.2. Una circonferenza passante per il vertice A di un parallelogramma ABCD interseca i lati AB e AD del parallelogramma rispettivamente nei punti P e R e la diagonale AC nel punto Q. Dimostrare che AQ x AC = AP x AB + AR x AD
Dimostrazione. Tracciamo le corde PQ, PR e QR (fig. 17). Essendo angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco valgono le congruenze
figura 17
| PAQ = PRQ |
QAR = QPR |
e poiché QAR = BCA, discende per transitività
QPR = BCA.
Per il primo criterio di similitudine, è PQRABC e data la congruenza tra i triangoli ABCACD risulta
PQRABCACD.
Valgono di conseguenza i rapporti
| AC PR |
= | AB QR |
= | AD PQ |
(1) |
Notiamo inoltre che la somma degli angoli interni di un triangolo soddisfa alla
PQR + PRQ + QPR = 180°
ma essendo
PAR = PAQ + QAR = PRQ + QPR,
la somma scritta equivale pure alla
PQR + PAR = 180°.
Pertanto il quadrilatero APQR è inscritto in un cerchio e possiamo applicare ad esso il teorema di Tolomeo
| AQ x PR = AP x QR + AR x PQ. | (2) |
Moltiplicando la prima uguaglianza in (1) con i corrispondenti membri di (2) si ha
| AQ x PR | x | AC PR |
= | (AP x QR + AR x PQ) | x | AB QR |
= | AP x QR | x | AB QR |
+ | AR x PQ | x | AB QR |
e sostituendo nel secondo addendo dell'ultimo membro il rapporto AB / QR con AD / PQ in quanto vale ancora la (1), otteniamo
| AQ x PR | x | AC PR |
= | AP x QR | x | AB QR |
+ | AR x PQ | x | AD PQ |
ossia la tesi
AQ x AC = AP x AB + AR x AD.
Ritorna alla pagina sulla linea di Simson.
Problema 6.3. Teorema di Van Schooten: ogni vertice del triangolo equilatero ABC è connesso al punto P che giace sull'arco BC del cerchio circoscritto. Dimostrare che AP = BP + CP.
Dimostrazione 1. Di questo teorema, del quale abbiamo già fornito una dimostrazione tramite il teorema di Tolomeo, presenteremo qui altre due prove: la prima si basa su una elementare costruzione mentre la seconda fa uso del teorema del coseno.
Posto AP = a, BP = b, CP = c, dobbiamo dimostrare che a = b + c. Costruita quindi la semiretta AD in modo che PAD = 60°, tracciamo l'ulteriore semiretta PC e sia D la loro intersezione (fig. 18).
figura 18
Poiché APC = ABC = 60° in quanto angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco AC e, per costruzione, PAD = 60°, segue che APD è equilatero e quindi AP = PD = DA = a e PDA = CDA = 60°.
Trattiamo ora ABP e ACD: risulta che BPA = BCA = 60° = CDA,
| BAP |
= | BAC - PAC |
= | 60° - PAC |
| = | PAD - PAC |
= | CAD, |
e, in quanto AP = AD, per il secondo criterio di congruenza abbiamo ABPACD e in particolare CD = BP = b. Segue quindi che PD = PC + CD ossia a = c + b come volevasi dimostrare.
Dimostrazione2. Posto l = AB = BC = CA la lunghezza comune dei lati del triangolo equilatero ABC e notato che APB = ACB = 60° cosí come APC = ABC = 60° in quanto angoli alla circonferenza che insistono sui medesimi archi, applichiamo il teorema di Carnot in APB (fig. 19)
figura 19
| l2 | = | a2 + b2 - 2 a b cos 60° | = | a2 + b2 - a b. |
Applicandolo invece al triangolo APC
| l2 | = | a2 + c2 - 2 a c cos 60° | = | a2 + c2 - a c. |
Sottraendo membro a membro queste due relazioni otteniamo
| 0 | = | b2 - c2 - a b + a c | da cui | a(b - c) | = | b2 - c2. |
Nel caso che b sia diverso da c si ottiene subito la tesi
| a(b - c) | = | (b - c)(b + c) | ossia | a | = | b + c. |
Se invece b = c allora sono congruenti pure gli angoli BAP =PAC = 30° per cui ABP = ACP = 90° e quindi il lato comune AP è un diametro. Segue che BP = AP cosBPA ossia b = 1/2 a cioè, a = 2b = 2c che ancora conferma la tesi.
Ritorna alla pagina sulla linea di Simson.
Problema 7.1. Sia P2 il simmetrico di P rispetto alla trisettrice CP1 e P3 il simmetrico di P rispetto alla trisettrice BP1 (fig. 20). Dimostrare che i quattro punti P2, Q, R, P3 appartengono alla medesima circonferenza passante pure per A e sono ugualmente spaziati lungo essa.
Dimostrazione. Per costruzione è CP2Q = CPQ mentre, per quanto visto nella costruzione preparatoria al teorema di Morley,
CPQ = CPR1 + QPR1 = α + γ.
Ma per la stessa ragione si è visto che QRA = α + γ per cui CP2Q = QRA mentre
QP2A = 180° - CP2Q = 180° - QRA.
Essendo quindi QP2A supplementare con QRA, P2 non può che essere conciclico con Q, R, A.
figura 20
Per il punto P3 si procede nello stesso modo e si dimostra appartenente alla circonferenza per Q, R, A che è la medesima di P2 in quanto Q, R, A sono in comune. I cinque punti sono pertanto conciclici. Poiché sussistono le seguenti congruenze tra corde
P2Q = PQ = QR = RP = RP3
dove la prima e l'ultima discendono dalla simmetria della costruzione mentre quelle centrali dal fatto che PQR è equilatero, i punti P2, Q, R, P3 sono pure separati da archi di cerchio congruenti.
Ritorna alla pagina sul teorema di Morley.
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. 21), sono concorrenti.
Dimostrazione. Supponiamo che le rette AO1, BO2, CO3 intersechino i lati di ABC rispettivamente in
S = AO1 BC, |
T = BO2AC, |
U = CO3AB. |
e tracciamo le perpendicolari BS1 e CS2 ad AS (figura 21). Vediamo di determinare il rapporto nel quale ciascun lato del triangolo viene suddiviso dalle rette AO1, BO2, CO3, per poi applicare il teorema di Ceva sulla concorrenza di segmenti ceviani.
figura 21
È immediato notare che i triangoli rettangoli BSS1CSS2 cosicché
| BS SC |
= | BS1 CS2 |
e moltiplicando per il segmento AO1 numeratore e denominatore del secondo membro, si ha
| BS SC |
= | BS1 x AO1 CS2 x AO1 |
= | 2(ABO1) 2(CAO1) |
= | (ABO1) (CAO1) |
dove si sono considerate le aree di ABO1 e CAO1.
D'altra parte le aree di questi ultimi triangoli si possono esprimere come
| (ABO1) (CAO1) |
= | AB x BO1 sen(B + 30°) AC x CO1 sen( C + 30°) |
= | c sen(B + 30°) b sen( C + 30°) |
tenuto conto che BO1 = CO1 e CBO1 = BCO1 = 30°. Quindi
| BS SC |
= | c sen(B + 30°) b sen( C + 30°) |
Nello stesso modo si ottengono le corrispondenti
| CT TA |
= | a sen(C + 30°) c sen( A + 30°) |
AU UB |
= | b sen(A + 30°) a sen( B + 30°) |
Dalle precedenti si ottiene facilmente
| BS SC | · | CT TA | · | AU UB | = | 1 |
per cui l'applicazione del teorema di Ceva implica la concorrenza di AO1, BO2, CO3 in un medesimo punto N. Tale punto viene detto primo punto di Napoleone del triangolo.
Ritorna alla pagina sul teorema di Napoleone.
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. La dimostrazione segue le tracce della precedente per cui, definite le intersezione S, T, U delle rette AN1, BN2, CN3 con i lati opposti ai vertici A, B, C, si sostituisca nella discussione O1 con N1 (figura 22).
figura 22
Il rapporto BS / SC si trova quindi uguale a
| BS SC |
= | c sen(B - 30°) b sen( C - 30°) |
dove le uniche variazioni riguardano gli angoli ABN1 = B - 30° e ACN1 = C - 30°. Analogamente per i rimanenti
| CT TA |
= | a sen(C - 30°) c sen( A - 30°) |
AU UB |
= | b sen(A - 30°) a sen( B - 30°) |
Applicando l'inverso del teorema di Ceva si ottiene infine il risultato richiesto. Il punto di concorrenza è detto in tal caso, secondo punto di Napoleone del triangolo.
Ritorna alla pagina sul teorema di Napoleone.
Problema 9.2. Dimostrare che le bisettrici degli angoli esterni di un triangolo scaleno si intersecano con i lati opposti in tre punti collineari.
Dimostrazione. Le bisettrici degli angoli esterni a A, B, C intérsechino i lati opposti rispettivamente in P, Q e R (figura sottostante).
figura 23
L'applicazione del teorema sulla bisettrice dell'angolo esterno implica le seguenti proporzioni tra le lunghezze dei lati e le distanze del punto di intersezione con gli estremi del lato
| AR BR |
= | AC BC |
BP CP |
= | AB AC |
CQ AQ |
= | BC AB |
Moltiplicando ordinatamente i primi membri e i secondi e semplificando il secondo membro si giunge alla
| AR BR |
· | BP CP |
· | CQ AQ |
= | AC BC |
· | AB AC |
· | BC AB |
= | 1 |
Tenendo conto della convenzione sul segno di segmenti collineari l'espressione si riscrive
| AR (- RB) |
· | BP (- PC) |
· | CQ (- QA) |
= | 1 | o, in modo equivalente, | AR RB |
· | BP PC |
· | CQ QA |
= | - 1. |
In tal modo i punti R, P, Q soddisfano la condizione del teorema di Menelao e, di conseguenza, sono collineari (c.v.d.).
Ritorna alla pagina sul teorema di Menelao.
Problema 9.3. In un quadrilatero ABCD, i lati AB e CD si intersecano in P mentre AD e BC si intersecano in Q. Le diagonali AC e BD intersecano la retta PQ rispettivamente in R e S. Dimostrare che vale
| PR RQ |
= - | PS SQ |
Dimostrazione. Consideriamo il PQC (figura 24) e notiamo che i segmenti PB, QD e CR sono, per esso, dei ceviani concorrenti nel punto A.
figura 24
Possiamo pertanto applicare il teorema di Ceva ottenendo
| PR RQ |
· | QB BC |
· | CD DP |
= | 1. |
D'altra parte lo stesso PQC appare essere tagliato dalla trasversale passante per D, B, S cosicché è pure possibile applicare il teorema di Menelao
| PS SQ |
· | QB BC |
· | CD DP |
= | - 1. |
Da quest'ultima si ricava
| QB BC |
· | CD DP |
= - | SQ PS |
che sostituita nella prima espressione fornisce
| PR RQ |
· | (- SQ) PS |
= | 1 | che equivale alla tesi | PR RQ |
= - | PS SQ |
Ritorna alla pagina sul teorema di Menelao.
Problema 9.4. Siano M e N le intersezioni di una retta passante per il baricentro G di ABC rispettivamente con i lati AB e AC. Dimostrare che vale
AM x NC + AN x MB = AM x AN.
Dimostrazione. Sia T l'intersezione della retta passante per il baricentro G di ABC con BC (in aggiunta ai vertici del triangolo, anche il punto T può essere mosso liberamente in figura 25), M ed N le intersezioni della medesima retta, rispettivamente con i lati AB e AC, e infine P, Q e R i punti medi di BC, CA e AB.
figura 25
Consideriamo APB. Questo triangolo risulta tagliato dalla trasversale per M, G, T e quindi possiamo applicare il teorema di Menelao
| AG GP |
· | PT TB |
· | BM MA |
= | - 1. |
Essendo G il baricentro sappiamo che divide la mediana in parti una doppia dell'altra per cui AG / GP = 2 e quindi la precedente diviene
| BM MA |
· | 2 PT TB |
= | -1 | che si può riscrivere come | BM MA |
= | - TB 2 PT |
= | BT 2 PT |
avendo riscritto, per le convenzioni adottate, - TB = BT. Passando al APC, questo viene tagliato dalla retta per G, N, T. Per lo stesso motivo si deduce che
| AN NC |
· | CT TP |
· | PG GA |
= | - 1 |
e data la validità di
| PG GA |
= | 1 2 |
discende
| AN NC |
· | CT 2 TP |
= | - 1 | oppure | NC AN |
= | - CT 2 TP |
= | TC 2 PT |
Sommando quest'ultima con quella che esprime BM / MA
| BM MA |
+ | NC AN |
= | BT 2 PT |
+ | TC 2 PT |
= | BT + CT 2 PT |
Poiché
BT + CT = (BP + PT) + (PT - PC) = (BP + PT) + (PT - BP) = 2 PT
con PC = BP, l'ultimo rapporto risulta pari ad 1 ossia
| BM MA |
+ | NC AN |
= | 1 |
e perciò si ricava
| BM x AN + MA x NC AN x MA |
= | 1 |
Per la convenzione sul segno si può riscrivere
| BM x AN + MA x NC | = | AN x MA | (- MB) x AN + (- AM) x NC | = | AN x (- AM) |
ossia
| MB x AN + AM x NC | = | AN x AM | e commutando | AM x NC + AN x MB | = | AM x AN |
che coincide con quanto richiesto.
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