Problemi e approfondimenti (4)

Questa pagina presenta le soluzioni dei rimanenti problemi di Quadrilateri.html e dei problemi proposti in Cerchi.html.
Gli argomenti affrontati sono:

Un rettangolo entro un quadrilatero ciclico

Problema 14.9. Un quadrilatero ABCD è inscritto in un cerchio. Se P, Q, R e S sono gli incentri ordinatamente di ABC, BCD, CDA e DAB, dimostrare che il quadrilatero PQRS è un rettangolo. (Questo problema è anche conosciuto come il secondo teorema di Mikami e Kobayashi).

Dimostrazione. Essendo P l'incentro di ABC (fig. 1) possiamo applicare il lemma dimostrato nella pagina relativa al teorema di Morley e dedurre che il lato AB viene visto dall'incentro P sotto un angolo

BPA = 90° + BCA
2		 .

figura 1

Allo stesso modo

BSA = 90° + BDA
2

ma poiché BCA = BDA in quanto angoli che insistono sullo stesso arco risulta pure BPA = BSA. Per il teorema sui quadrilateri ciclici dimostrato in una pagina precedente ciò comporta che il quadrilatero ABPS debba essere ciclico.
Estendiamo il suo lato BP dalla parte di P e sia T un punto qualsiasi di tale prolungamento. L'angolo adiacente esterno di BPS è tale

TPS = 180° - BPS = BAS

in quanto BPS + BAS = 180° essendo angoli opposti in un quadrilatero ciclico. Poiché S è incentro di ABD e quindi appartiene alla bisettrice di BAD si ha

TPS = BAS = 1
2		 BAD. (1)

Ripetendo le medesime deduzioni trattando il quadrilatero BCQP si ottiene per TPQ il risultato

TPQ = 180° - BPQ = BCQ = 1
2		 BCD.

Infine, sommando quest'ultima con la (1) risulta

TPS + TPQ = 1
2		 BAD + 1
2		 BCD

e quindi per le ciclicità di ABCD

SPQ = 1
2		 (BAD + BCD)
= 1
2
· 180° = 90°

Nello stesso modo si giunge a dimostrare che pure i rimanenti angoli di PQRS risultano retti: PQRS è quindi un rettangolo.

Una simmetria centrale

Problema 14.10. Un quadrilatero ABCD è inscritto in un cerchio. Se P, Q, R e S sono gli ortocentri ordinatamente di ABC, BCD, CDA e DAB, dimostrare che il quadrilatero PQRS è congruente con ABCD.

Lemma. Per giungere alla soluzione del problema conviene dimostrare preventivamente un risultato riguardante la distanza dell'ortocentro dai vertici di un triangolo. Sia quindi ABC, O il suo ortocentro e α = CAB (in fig. 2 è α < 90° mentre in fig. 3 α > 90°).

figura 2

figura 3

Notata la similitudine tra i triangoli rettangoli OARABP (OAR è in comune oppure, in fig. 3, risulta opposto al vertice di PAB) discende che è pure ROA = ABP cosicché sono simili anche OAR BCR. Possiamo quindi impostare la proporzione

OR
OA		 = RB
BC		 da cui, commutando gli estremi, BC
OA		 = RB
OR		 (1)

D'altra parte BORABQ in quanto triangoli rettangoli con un angolo RBO in comune per cui, l'ultimo rapporto si riscrive

RB
OR		 = BQ
QA		 = tg QAB = tg CAB = tg α

avendo tenuto presente che la tangente di un angolo in un triangolo rettangolo si esprime come il rapporto (della lunghezza) del cateto opposto all'angolo con quello adiacente. Nel caso di figura 3, analogamente

RB
OR		 = BQ
QA		 = tg QAB = tg (180° - CAB) = tg (180° - α) = tg (- α) = - tg α

per la periodicità della tangente e l'identità tg (- α) = - tg α. Intendendo in quest'ambito le lunghezze dei segmenti come espresse da valori positivi o nulli, ci riferiamo ai valori assoluti delle grandezze coinvolte e quindi, riprendendo la (1) possiamo scrivere

BC
OA		 = | tg α | dalla quale, se tg α 0, otteniamo OA = BC
| tg α |

Nel caso particolare &alpha = 90° è ovviamente OA = 0. Comunque in generale, l'ultima relazione costituisce il risultato cui volevamo giungere in quanto mostra come la distanza dell'ortocentro rispetto ad un vertice dipenda solo dall'ampiezza dell'angolo in questo vertice e dal lato opposto: tutto ciò indipendentemente dal fatto che O sia interno od esterno a ABC.

Dimostrazione. Passiamo ora alla dimostrazione della tesi del problema. In fig. 4 appaiono evidenziati gli ortocentri Q ed S, rispettivamente di BCD e DAB (la loro costruzione così come quella di P ed R è nascosta per non appesantire la figura). Di questi triangoli si sono pure tracciate le altezze relative alla base comune DB per evidenziare come sia ASCQ.

figura 4

Applichiamo il lemma dimostrato appena sopra ai triangoli DAB e BCD ricordando che ABCD è ciclico e che quindi gli angoli opposti sono supplementari: posto α = BAD, si ha

AS = BD
| tg BAD |		 = BD
| tg α |
CQ = BD
| tg BCD |		 = BD
| tg (180° - α) |		 = BD
| tg α |

Pertanto AS = CQ e ACQS risulta un parallelogramma. Ne segue che le diagonali AQ e CS si intersecano in M dividendosi ciascuna in due segmenti congruenti. Il punto M è quindi il centro di una simmetria centrale che fa corrispondere ad A il punto Q e a C il punto S. Per inciso, ricordiamo che una simmetria centrale è

Definizione di simmetria centrale di centro O
Una trasformazione tra i punti del piano che fa corrispondere ad un punto P un punto P' tale che il segmento PP' abbia O come punto medio.

Tale corrispondenza risulta una isometria e quindi conserva distanze tra i punti e angoli.
A riguardo del quadrilatero BDRP (fig. 5) coinvolgente l'ortocentro P di ABC e R di CDA, si procede in modo del tutto simile.

figura 5

Pure questo risulta un parallelogramma essendo BPDR come BP = DR: in ciascuna coppia di punti B, R e D, P, ognuno appare quindi l'immagine dell'altro in una simmetria centrale di centro che, provvisoriamente, indichiamo con M1.
Consideriamo infine ABQR (fig. 6).

figura 6

Anche questo terzo quadrilatero è un parallelogramma: difatti ARBQ in quanto entrambi appartenenti alle altezze di CDA e di BCD relative alla base comune CD (fig. 6). In forza del lemma precedente in CDA è corretto scrivere

AR = CD
| tgCAD |		 e in BCD BQ = CD
| tgCBD |

Poiché CAD = CBD in quanto angoli che insistono sul medesimo arco CD segue che AR = BQ e quindi è dimostrato che ABQR risulta un parallelogramma. Poiché le diagonali si bisecano vicendevolmente e il punto medio di AQ è M e quello di BR è M1, dal teorema sull'unicità del punto medio consegue che M deve coincidere con M1. In definitiva i quattro vertici del quadrilatero A, B, C, D hanno ordinatamente i punti P, Q, R ed S come immagini in un'unica simmetria centrale di centro M: pertanto, date le proprietà di tale trasformazione, il quadrilatero PQRS è congruente con ABCD (fig. 7) c.v.d.

figura 7

Parallelogramma e quadrati sui suoi lati

Problema 14.11. Costruiti dei quadrati esternamente ad ogni lato di un parallelogramma, dimostrare che il quadrilatero determinato dai centri di questi quadrati è esso stesso un quadrato (problema proposto da Victor Thébault nel 1937).

Dimostrazione. Costruiti i quadrati ABEF, BCGH, CDJK e DALM rispettivamente di centri P, Q, R e S (fig. 8) osserviamo APS e BPQ.

figura 8

In quanto i quadrati DALM e BCGH hanno lati della medesima lunghezza, possiedono congruenti pure le diagonali e quindi AS = BQ essendo la lunghezza di questi segmenti pari a metà diagonale. È immediato notare poi che AP = BP. Dato che gli angoli opposti di un parallelogramma sono supplementari abbiamo

DAB = 180° - ABC. (1)

e, essendo HBC = ABE = 90°, risulta

EBH = 360° - HBC - ABC - ABE
= 360° - 90° - ABC - 90°
= 180° - ABC.

Dalla (1) deduciamo quindi la congruenza tra gli angoli DAB = EBH. Sfruttando questa e la proprietà che SAD = BAP = PBE = HBQ = 45°, possiamo scrivere

SAP = SAD + DAB + BAP
= PBE + EBH + HBQ
= PBQ

per cui anche i triangoli APS e BPQ sono congruenti: in particolare ne discende che SP = PQ e APS = BPQ.

Procedendo con osservazioni analoghe si giunge pure alle PQ = QR e QR = RS dimostrando che PQRS dev'essere un quadrilatero con tutti i lati congruenti ossia un rombo. Per dimostrare che esso è un quadrato determiniamo SPQ. Per il fatto che APS = BPQ deduciamo

SPQ = SPB + BPQ
= SPB + APS
= 90°

in quanto le diagonali di un quadrato formano un angolo retto. PQRS è quindi un quadrato. In alternativa, si può anche notare come i triangoli APS e BPQ siano l'uno immagine dell'altro secondo una rotazione di 90° e centro P. Allora, in base a quanto esposto sulle rotazioni, i lati corrispondenti formano un angolo di ampiezza pari alla rotazione.

Concorrenza tra le diagonali di un parallelogramma e di un quadrato ad esso associato

Problema 14.12. Dimostrare che le diagonali del quadrato ottenuto nella costruzione del precedente problema sono concorrenti con le diagonali del parallelogramma originario.

Dimostrazione. Dato che, sia nel parallelogramma che nel quadrato le diagonali si intersecano nel loro punto medio, per dimostrare la tesi è necessario provare che una diagonale del parallelogramma, per esempio DB e una del quadrato, QS, si bisecano vicendevolmente. Consideriamo pertanto SOD e QOB con O punto d'intersezione di BD con QS (fig. 9).

figura 9

Poiché risulta

SDA = QBC = 45°

mentre la diagonale BD divide il parallelogramma in due triangoli congruenti cosicché

ADB = CBD,

deduciamo che

SDO = SDA + ADB = QBC + CBD = QBO.

Inoltre SD = QB in quanto entrambi i segmenti sono uguali alla metà delle diagonali di due quadrati congruenti mentre, essendo angoli opposti al vertice, è anche SOD = QOB. Allora per il secondo criterio di congruenza SODQOB e di conseguenza DO = OB e SO = QO. Il punto O è il punto medio comune di DB e QS . Ma per quanto detto inizialmente anche l'altra diagonale AC passa per O così come PR per cui tutti e quattro i segmenti AC, BD, PR e QS sono concorrenti nel medesimo punto O come sostenuto nella tesi.

Due cerchi e due triangoli simili

Problema 15.1. Due circonferenze con centri A e B si intersecano nei punti C e D. Se P è un qualsiasi punto della prima circonferenza e Q l'intersezione della retta PC con la seconda, dimostrare che PQDABD.

Consideriamo PQD e ABD (fig. 10). Poiché entrambi gli angoli CAD e DPC = DPQ insistono sul medesimo arco CD della circonferenza di centro A, tra essi sussiste la relazione CAD = 2DPQ. Inoltre essendo i triangoli CDA e CDB isosceli con ABCD e H punto medio di CD, è anche CAD = 2HAD e quindi per transitività discende la congruenza HAD = DPQ.

figura 10

Con osservazioni analoghe riferite all'altra circonferenza, giungiamo all'ulteriore congruenza DBH = DQC = DQP: in base al primo criterio di similitudine otteniamo infine PQDABD c.v.d.

È facile convincersi trascinando P sulla circonferenza come questo teorema rimanga valido anche quanto uno dei punti P o Q appartiene all'arco minore CD di figura. In tale situazione si deve tener conto che angoli opposti di un quadrilatero inscritto sono supplementari.

Il teorema pivot

Problema 15.2. In ABC siano A1, B1 e C1 tre punti rispettivamente dei lati BC, CA e AB. Provare che le tre circonferenze passanti ciascuna per un vertice e i due punti appartenenti ai lati adiacenti passano per uno stesso punto (teorema pivot).

Poiché il punto comune P può essere interno o esterno al triangolo, supponiamo inizialmente che sia interno. Le circonferenze passanti per A, C1, B1 e per B, A1, C1 si intersecano quindi in C1 e in P (fig. 11). Dobbiamo dimostrare che P appartiene pure alla circonferenza per C, B1, A1.

figura 11

Dato che il quadrilatero di vertici AC1PB1 è ciclico, i suoi angoli opposti sono supplementari per cui

B1PC1 = 180° - A.

Lo stesso vale per BA1PC1

A1PC1 = 180° - B:

sommando membro a membro le due ultime uguaglianze si ha

B1PC1 + A1PC1 = 360° - A - B.

Ne segue che

B1PA1 = 360° - B1PC1 - A1PC1
= 360° - (360° - A - B)
= A + B.

D'altra parte in ABC si ha A + B + C = 180°: otteniamo di conseguenza

B1PA1 = 180° - C

per cui, in base ancora al teorema sui quadrilateri ciclici, i quattro punti P, A1, C, B1 sono conciclici e pertanto P appartiene pure alla circonferenza per C, B1 e A1 come si voleva dimostrare.

Nel caso che P sia esterno a ABC (fig. 12) la dimostrazione procede in modo leggermente diverso.

figura 12

Considerando la circonferenza per A, P, C1, B1, risulta che B1PC1 = B1AC1 = A in quanto angoli alla circonferenza che insistono sull'arco B1C1. Allo stesso modo nella circonferenza BA1C1P si ha C1PA1 = C1BA1 = B cosicché

B1PA1 = B1PC1 + C1PA1 = A + B.

Poiché ancora A + B + C = 180° l'ultima relazione si riscrive

B1PA1 = 180° - C

che mostra come l'angolo in questione sia supplementare con C. Il punto P è quindi conciclico con A1, C, B1.

Notiamo infine che il teorema rimane valido anche se i punti A1, B1, C1 appartengono ai prolungamenti dei lati: in fig. 13 presentiamo il caso con A1 e B1 esterni.

figura 13

In tale configurazione per l'angolo B1PC1 risulta

B1PC1 = 180° - B1AC1
= 180° - (180° - A) = A

essendo B1AC1 il supplementare di A. Nello stesso modo,

C1PA1 = 180° - C1BA1
= 180° - (180° - B) = B,

per cui ancora si giunge alla

B1PA1 = A + B = 180° - C

che conferma anche in questo caso l'appartenenza di P alla circonferenza per C, B1, A1.

Quattro cerchi e un triangolo

Problema 15.3. In ABC siano A1, B1 e C1 tre punti rispettivamente dei lati BC, CA e AB. Se P è un punto qualsiasi del piano siano:

Dimostrare che P, A2, B2 e C2 sono conciclici.

Dimostrazione. La figura 14 rappresenta la configurazione del problema: i vertici di ABC e P sono presi arbitrariamente sul piano mentre i punti A1, B1, C1 sono vincolati ad appartenere ai lati del triangolo o ai rispettivi prolungamenti.

figura 14

In base al precedente teorema le tre circonferenze, ciascuna passante per un vertice del triangolo e per due punti sui lati, si intersecano nel punto M di figura.

figura 15

Osserviamo ora che, se la situazione è quella di figura 15 (altre configurazioni si dimostrano in forme simili a quella che segue) possiamo scrivere

MC2P = 180° - MC2C

e poiché i punti M, C2, C e B1 appartengono alla medesima circonferenza è anche

MC2P = 180° - (180° - MB1C) = MB1C.

Considerando il supplementare di quest'ultimo angolo, la precedente serie di uguaglianze continua in

MC2P = MB1C = 180° - MB1A

che, data la ciclicità di M, B1, A, C1, si riscrive

MC2P = 180° - MB1A
= 180° - (180° - MC1A) = MC1A.

In quanto angoli che insistono sullo stesso arco è anche MC1A = MA2A: infine, sfruttando il fatto che MA2P è supplementare di MA2A abbiamo in definitiva

MC2P = MA2A = 180° - MA2P.

In tal modo abbiamo dimostrato che MC2P e MA2P sono supplementari e che quindi i punti M, A2, P e C2 appartengono alla medesima circonferenza.

Notato ora che

MB2P = MB2B = MC1B

perché angoli alla circonferenza per M, C1, B, A1 che insistono sul medesimo arco BM, deduciamo che MC2P e MB2P sono supplementari se richiamiamo quanto osservato sopra ossia che

MC2P = MC1A = 180° - MC1B = 180° - MB2P.

Allora anche i punti M, B2, P, C2 appartengono alla medesima circonferenza e questa deve coincidere con quella per M, A2, P e C2 avendo questi due insiemi, tre punti in comune. In conclusione qualsiasi sia P, i punti P, M, A2, B2, C2 appartengono alla stessa circonferenza.

Quattro cerchi e un rettangolo

Problema 15.4. Dimostrare che l'area del rettangolo PQRS risultante dalle intersezioni di quattro circonferenze aventi centri su una circonferenza c1 e raggi a due a due congruenti (si veda la fig. 13 della pagina sui cerchi) è pari al quadrato di PB ossia (PQRS) = PB2 con B secondo estremo della corda PB.

La costruzione richiesta dal testo del problema è riportata in figura 16 e rispetto a quella nella pagina sui cerchi è stata solo ruotata per rendere più evidenti le sue simmetrie.

figura 16

Queste simmetrie (assiali e centrali) assicurano che i quattro segmenti PB, QD, RF e SH sono tutti congruenti per cui è sufficiente determinarne uno solo, per esempio PB, in termini dei segmenti base della costruzione. Questi ultimi sono i raggi delle circonferenze, PA = QE e CB = GH e il raggio di c1, OC.
Osserviano innanzitutto che BAC = CAD in quanto angoli alla circonferenza che insistono su archi BC e CG congruenti: è quindi BAD = 2BAC. Essendo poi BOC l'angolo al centro che insiste sull'arco BC, è anche BOC = 2BAC. Ne segue che i due triangoli isosceli BPA e BCO sono simili e si può impostare la proporzione

PB
AP		 = CB
OC		 da cui PB = AP x CB
OC		 .

Per determinare l'area del rettangolo PQRS evidentemente dobbiamo esprimere i suoi lati, PS e PQ. Comunque, coerentemente con quanto accennato nella pagina sui cerchi a riguardo dell'emergere dell'Eyeball theorem in tale configurazione, osserviamo come i segmenti AD e AF non siano altro che parti delle tangenti tracciate da A alla circonferenza di centro E: difatti ADE = AFE = 90° in quanto AE è il diametro di c1. Possiamo pertanto applicare i risultati dell'Eyeball theorem in particolare riprendere la relazione che dà la lunghezza delle corde coinvolte nel teorema

PS = 2 r1 r2
d

in termini dei raggi r1 e r2 delle due circonferenze e la distanza d tra i loro centri. Nel nostro caso questa diviene

PS = 2 AP x EQ
AE

che, data la simmetria esistente tra le circonferenze che comporta AP = EQ assieme all'osservazione AE = 2 OA assume la forma

PS = 2 AP2
AE		 = 2 AP2
2 OA		 = AP2
OA		 .

Con identiche argomentazioni si può ottenere l'altro lato del rettangolo per cui

PQ = 2 CB x GH
CG		 = 2 CB2
CG

ma CG = AE = 2 OA per cui

PQ = 2 CB2
2 OA		 = CB2
OA		 .

L'espressione dell'area (PQRS) è ora immediata

(PQRS) = PS x PQ = AP2
OA		 x CB2
OA		 = (AP x CB)2
OA2

e confrontata con quanto ottenuto per PB conferma la tesi non appena si tenga conto che OA = OC

(PQRS) = (AP x CB)2
OA2		 = PB2.