Cerchi

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Il percorso in questa pagina inizia dal teorema di Miquel sui sei cerchi per continuare dimostrando alcune proprietà della configurazione che coinvolge tre cerchi con un punto in comune. Introdotto e dimostrato indipendentemente dal precedente l'Eyeball theorem, studiamo poi un caso particolare del teorema di Miquel che, inaspettatamente, ci permette di riconoscere un interessante legame tra questi due teoremi.

Il teorema di A. Miquel sui 6 cerchi

Iniziamo questa pagina dedicata ai cerchi e alle loro proprietà trattando di un teorema che, di cerchi, ne coinvolge ben 6. Il francese Auguste Michel lo pubblicò attorno al 1840 mentre nel 1838 apparve nel Journal de Mathématiques Pures et Appliquées diretto da J. Liouville l'altro e più conosciuto teorema che porta il suo nome e del quale abbiamo già fornito sia l'enunciato che una traccia della dimostrazione. A voler essere pignoli (e rischiare così qualche confusione) esiste un terzo teorema attribuito a Miquel e riguarda il pentagono stellato discusso nella pagina dei problemi vari.

Detto ciò, la figura 1 mostra la configurazione che si intende studiare.

figura 1

I quattro punti A, B, C e D appartengono ad una prima circonferenza (in figura di color verde) mentre altre quattro circonferenze (in nero) sono costruite in modo tale che la prima passi per A e B (e quindi abbia il suo centro O1 sull'asse di questo segmento. Si visualizzino le linee nascoste ), la seconda per B e C, la terza per C e D e la quarta per D ed A. Il teorema che intendiamo dimostrare asserisce che

Teorema di Miquel sui 6 cerchi
Gli ulteriori punti di intersezione tra queste ultime quattro circonferenze, in figura P, Q, R e S, appartengono a loro volta ad una (sesta) circonferenza.

Per dimostrare quindi che il quadrilatero PQRS è ciclico basta dedurre che la somma degli angoli opposti di tale quadrilatero sia pari ad un angolo piatto ossia PQR + RSP = 180°.
Ciascuno di questi angoli si può esprimere per differenza con l'angolo giro nel modo seguente (fig. 2)

PQR = 360° - PQB - BQR,
RSP = 360° - RSD - DSP,

figura 2

mentre gli addendi a secondo membro, in quanto angoli di altrettanti quadrilateri ciclici, si riscrivono come

PQB = 180° - PAB in quanto appartenente al quadrilatero ciclico PABQ
BQR = 180° - BCR in quanto appartenente al quadrilatero ciclico BCRQ
RSD = 180° - RCD in quanto appartenente al quadrilatero ciclico RCDS
DSP = 180° - DAP in quanto appartenente al quadrilatero ciclico DAPS.

Inserendo questi nella somma PQR + RSP abbiamo

PQR + RSP = (360° - PQB - BQR) + (360° - RSD - DSP)
= 720° - PQB - BQR - RSD - DSP
= 720° - (180° - PAB) - (180° - BCR) - (180° - RCD) - (180° - DAP)
= PAB + BCR + RCD + DAP
= (PAB + DAP) + (BCR + RCD)

Notato che

PAB + DAP = DAB
BCR + RCD = BCD

possiamo concludere che

PQR + RSP = DAB + BCD = 180°

in quanto DAB e BCD sono angoli opposti del quadrilatero ABCD inscritto nella circonferenza originaria. La tesi è quindi dimostrata.

Evidentemente il ruolo dei punti A, B, C e D può essere scambiato con quello dei corrispondenti P, Q, R e S, e tale osservazione suggerisce l'esistenza del teorema inverso. Difatti, supposti ciclici P, Q, R e S discende la ciclicità di A, B, C e D: dimostriamolo.

Ora l'ipotesi è

180° = PQR + RSP

ed esprimiamo i due angoli a secondo membro come

180° = (360° - PQB - BQR) + (360° - RSD - DSP)

Sfruttando il fatto che PABQ, BCRQ, RCDS e DAPS sono quadrilateri ciclici vale

180° = 720° - (180° - PAB) - (180 - BCR) - (180° - RCD) - (180° - DAP)

da cui, ci ottiene facilmente

180° = PAB + BCR + RCD + DAP

Dopo aver riordinato i termini risulta

180° = (PAB + DAP) + (BCR + RCD)
180° = DAB + BCD

che conferma la ciclicità di A, B, C e D.

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.
Dimostrazione

Tre cerchi con un punto in comune

Tre circonferenze con centri A, B e C hanno in comune un punto T mentre P, Q ed S rappresentano i loro ulteriori punti di intersezione (fig. 3). Sia D un punto qualsiasi del primo, E l'intersezione di DP con la seconda circonferenza e F l'intersezione di EQ con la terza. Dimostreremo

figura 3

Teorema
I punti D, R ed F della costruzione appena descritta, sono collineari.

Per la dimostrazione partiamo applicando in successione il risultato ottenuto nel precedente problema dove sono coinvolte due circonferenze. Poiché, nel nostro caso, questo teorema afferma l'esistenza delle similitudini tra i triangoli

DTE ATB, ETF BTC, FTD1 CTA,

con D1 punto d'intersezione di FR con la circonferenza di centro A, possiamo impostare le proporzioni

TE
TD
= TB
TA
TF
TE
= TC
TB
TD1
TF
= TA
TC

dalle quali, moltiplicando in colonna i primi membri e i secondi membri, abbiamo

TE
TD
x TF
TE
x TD1
TF
= TB
TA
x TC
TB
x TA
TC

che, dopo aver semplificato i termini comuni tra numeratore e denominatore, comporta

TD1
TD
= 1 ossia TD1 = TD.

Possiamo quindi affermare che la distanza del punto D1 da T è la stessa di D: in altri termini, D1 e D appartengono ad una medesima circonferenza centrata in T. D'altra parte, poiché la somma dei tre angoli formati dai centri e dal punto comune T risulta

ATB + BTC + CTA = 360°,

per la congruenza degli angoli tra i triangoli simili notati sopra, è pure

DTE + ETF + FTD1 = 360°.

Ma ciò significa che il punto D1, oltre ad appartenere alla medesima circonferenza di D, è immagine di quest'ultimo secondo una rotazione di 360° attorno al centro T. Dato che una rotazione di 360° si riduce all'identità, D1 non può che coincidere con il punto D ed essendo D1 allineato con R e F lo è pure D.

Quale immediato corollario della costruzione sottesa dal teorema possiamo notare come il triangolo ABC formato dai centri delle circonferenze sia simile con DEF. Difatti

EDF = EDT + TDF

ma EDT = BAT e TDF = TAC per cui

EDF = EDT + TDF = BAT + TAC = BAC.

Nello stesso modo si dimostra la congruenza dei rimanenti angoli per cui, in base al primo criterio, risulta ABCDEF.

Infine questo teorema si ricollega strettamente ad alcune configurazioni particolari, presentate come propedeutiche ai teoremi di Napoleone: ci si riferisce in particolare al teorema che, in alcuni testi, viene identificato come il teorema pivot. Nel problema che segue si chiede di dimostrare indipendentemente questo teorema mentre nel successivo lo si utilizza per dedurre un'ulteriore proprietà.

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).
Dimostrazione

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

Eyeball theorem

Il teorema che indendiamo dimostrare in questa sezione è stato recentemente riscoperto da un matematico peruviano, Antonio Gutierrez che evidentemente in base alla configurazione che dà origine ha proposto pure il nome (eyeball significa bulbo oculare). La sua dimostrazione, assieme a numerosi altri famosi teoremi è divulgata all'interno del suo splendido sito web, ricco di colori, suoni e animazioni che si richiamano alle tradizioni del popolo indigeno della sua terra, gli Incas.
Il teorema coinvolge due cerchi di centri O1, O2 e le tangenti tracciate da ciascuno di questi punti all'altro cerchio (fig. 4).

figura 4

In tali ipotesi le corde PQ e RS individuate dalle tangenti sono congruenti. L'enunciato è quindi

Eyeball Theorem
Se dai centri di due cerchi che non si intersecano si considerano le tangenti all'altro cerchio allora le corde individuate dalle intersezioni di queste rette con la circonferenza del cerchio originario, sono conguenti.

Prima dimostrazione. Ci riferiamo alla fig. 5 dove si sono definiti i punti di intersezione T e U tra le rette tangenti e alcuni altri segmenti.

figura 5

È allora evidente che per il primo criterio O1TBO2TD in quanto entrambi triangoli rettangoli con O1TB = O2TD. Ne segue la proporzione

O1B
O1T
= O2D
O2T

che, notato come O1B = O1Q e O2D = O2S in quanto raggi del medesimo cerchio, si riscrive

O1Q
O1T
= O2S
O2T
(1)

Data la simmetria esistente rispetto alla retta che congiunge i centri dei due cerchi e che deriva con immediatezza dalle congruenze O1O2DO1O2C e O1O2BO1O2A per cui PQO1O2 e TUO1O2, sussistono pure le similitudini tra i triangoli isosceli

O1PQO1UT, O2SRO2TU,

da cui deduciamo le proporzioni

O1Q
O1T
= QP
TU
O2S
O2T
= RS
TU

Combinando queste con la (1) per transitività abbiamo

QP
TU
= RS
TU
per cui QP = RS

come volevasi dimostrare.

Dimostrazioni alternative

Forniamo di seguito due altre dimostrazioni alternative del precedente teorema: la prima segue ancora i metodi della geometria elementare mentre la successiva sfrutta dei teoremi di trigonometria.

Seconda dimostrazione. Abbiamo già osservato la similitudine O1TBO2TD (fig. 6) dalla quale discende la proporzione

figura 6

O1Q
O1T
= O2S
O2T
= k

e dove abbiamo chiamato k il valore comune del rapporto. Da questa otteniamo quindi

O1T = O1Q
k
O2T = O2S
k

ma poiché

QT = O1T - O1Q e pure ST = O2T - O2S

questi segmenti si riscrivono

QT = O1Q
k
- O1Q = O1Q · 1 - k
k
ST = O2S
k
- O2S = O2S · 1 - k
k

Ne discende immediatamente l'uguaglianza tra i rapporti (risultato che si poteva ottenere applicando anche la proprietà dello scomporre alla proporzione di partenza)

QT
ST
= O1Q
O2S

che assieme alla proporzione iniziale implica pure

QT
ST
= O1Q
O2S
= O1T
O2T
.

Essendo i segmenti coinvolti nel primo e terzo rapporto i lati omologhi dei due triangoli O1O2T e QST aventi O1TO2 in comune, in base al secondo criterio di similitudine abbiamo O1O2TQST per cui vale anche la congruenza tra gli angoli TO1O2 = TQS e di conseguenza QSO1O2. Ma un ragionamento del tutto simile si può condurre per il segmento PR che pertanto risulta a sua volta parallelo a O1O2. Essendo PQO1O2 per le ragioni dette precedentemente, ne discende che PQSR dovrà essere un rettangolo che implica infine la tesi PQ = RS.

Terza dimostrazione. Aggiungiamo inoltre che, rilevata l'ulteriore similitudine tra triangoli rettangoli O1HQO1O2D con H punto medio di PQ (PQ = 2 HQ) e piede dell'altezza O1H di O1HQ (fig. 6), vale certamente la proporzione

HQ
O1Q
= O2D
O1O2

dalla quale deduciamo

HQ = O1Q x O2D
O1O2

Indicati con r1 = O1Q e r2 = O2D i raggi dei due cerchi e con d = O1O2 la distanza tra i centri, abbiamo

HQ = r1 x r2
d
da cui PQ = 2 r1 r2
d

Quest'ultima espressione suggerisce, di per se, la nostra terza dimostrazione del teorema. Difatti essendo simmetrica rispetto allo scambio dei raggi dei due cerchi la ripetizione dei ragionamenti appena condotti non può che portare, per il segmento RS, allo stesso risultato.

Quarta dimostrazione. Questa dimostrazione è una variante trigonometrica della precedente ed ha inizio applicando al triangolo rettangolo O1HQ (fig. 6) la definizione goniometrica di seno

HQ = O1Q sen QO1H

che si riscrive anche come

HQ = O1Q sen DO1O2.

Riapplicando la definizione a O1O2D

sen DO1O2 = O2D
O1O2

abbiamo

HQ = O1Q x O2D
O1O2
e quindi, con le notazioni già introdotte, PQ = 2 r1 r2
d

Nello stesso modo

KS = O2S sen SO2K = O2S sen BO2O1 = O2S O1B
O1O2

da cui

RS = 2 KS = 2 r2 r1
d
= PQ.

Un caso speciale del teorema di Miquel

Riprendiamo la figura 1 del teorema di Miquel dei 6 cerchi e analizziamo alcune sue configurazioni al variare delle posizioni dei centri dei quattro cerchi in color nero. Nella figura 7 questi punti, O1, O2, O3 e O4, si possono trascinare sugli assi dei segmenti AB, BC, CD e DA evidenziati in tratteggio.

figura 7

Se ora trasciniamo questi punti in modo tale da attraversare la circonferenza per A, B, C e D, il quadrilatero inscritto PQRS subisce delle deformazioni che però scompaiono quando questi centri appartengono alla medesima circonferenza: in tale situazione PQRS si riduce ad un rettangolo. La configurazione mostrata quindi inizialmente dalla fig. 7 suggerisce un nuovo teorema con un enunciato del tipo

Teorema
Se in una circonferenza sono assegnati 4 punti e le quattro circonferenze aventi questi come centri si intersecano in ulteriori 4 punti appartenenti alla medesima circonferenza, allora i rimanenti quattro punti di intersezione delle quattro circonferenze formano un rettangolo.

La figura seguente rappresenta la situazione descritta dall'ipotesi del teorema. L'analisi della costruzione tramite il pulsante (attivare pure ) chiarisce quali siano i punti che si possono scegliere arbitrariamente sulla circonferenza. Scelta una notazione più immediata, i punti liberi sono quattro e in particolare A, B, C ed E in quanto ottenuto il punto F, il centro G della quarta circonferenza è determinato dalla condizione che questa passi anche per H. In definitiva, delle quattro circonferenze solo i centri A, C ed E si possono scegliere arbitrariamente sulla circonferenza iniziale c1 di centro O. Va poi aggiunto il punto B che definisce il raggio della prima.

figura 8

Dimostrazione. Notiamo che i raggi che uniscono il centro O della circonferenza con i punti A, B, C, D, E, F, G, H determinano degli angoli al centro (fig. 9) a due a due congruenti in quanto le quattro circonferenze definiscono su quella iniziale coppie di archi congruenti quali sono, per esempio, AH e AB.

figura 9

Allora

HOB +  BOD +  DOF + FOH = 360°

e dato che HOB = HOA + AOB = 2AOB e così pure per gli altri, discende

2AOB +  2COD +  2EOF + 2GOH = 360°
AOB +  COD +  EOF + GOH = 180°. (2)

Tracciate le corde AE, CG e GA (fig. 10), dimostriamo che AECG. Difatti, detta T l'intersezione di AE con CG, la somma degli angoli interni di ATG comporta che

figura 10

ATG = 180° - EAG - AGC
= 180° - 1
2
EOG  - 1
2
AOC
= 180° - 1
2
(EOG +  AOC)

in quanto l'angolo alla circonferenza è pari alla metà di quello al centro che insiste sul medesimo arco. Tenendo conto delle congruenze FOG = GOH e BOC = COD, la somma tra parentesi si riscrive

ATG = 180° - 1
2
(EOG +  AOC)
= 180° - 1
2
[(EOF +  FOG) + (AOB +  BOC)]
= 180° - 1
2
(EOF +  GOH + AOB +  COD)

e quindi per (2) ATG = 180° - 90° = 90°. Dimostrato che AECG rileviamo che HGA = BGA in quanto angoli alla circonferenza che insistono su archi conguenti (fig. 11).

figura 11

Inoltre, per la simmetria dei punti S e H rispetto al segmento AG che congiunge i centri delle due circonferenze, è pure HGA = SGA (= BGA) e quindi il punto S è allineato con B e G per cui appartiene al segmento BG. Con le medesime osservazioni giungiamo a dedurre l'appartenenza di R al segmento DG. Ancora in base al teorema che associa archi congruenti (gli archi BC e CD) con gli angoli alla circonferenza, otteniamo la congruenza BGC = CGD e ciò permette di affermare che RSG è isoscele. Essendo la bisettrice CG pure altezza ne deduciamo che CGRS. Ma per quanto dimostrato inizialmente CGAE cosicché RSAE.
Capovolgendo i ruoli di G e C e di tutti gli altri punti collegati, e ripetendo lo stesso procedimento concludiamo che anche PQAE. Infine rivolgendoci ai segmenti PS e QR, si ottiene allo stesso modo che PSCGQR. Data la perpendicolarità di AE e CG non ci resta che concludere che PQRS è un rettangolo.

Abbiamo già rilevato come questo teorema sia in realtà un caso particolare del teorema di Miquel dei 6 cerchi ma una attenta analisi della figura 8 suggerisce anche un'altra interessante ed inaspettata osservazione. Tracciata la retta per A e O e i segmenti AD, AF, EH, EB, trasciniamo il punto E in modo tale che si venga a trovare su AO (fig. 12).

figura 12

In tale situazione AE risulta diametro di c1 per cui i segmenti AD, AF, appartengono alle tangenti uscenti da A alla circonferenza di centro E mentre viceversa, EH ed EB appartengono alle tangenti uscenti da E alla circonferenza di centro A (ricordiamo a tal proposito la costruzione delle tangenti ad una circonferenza per un punto esterno). Otteniamo in tal modo la configurazione discussa nell'Eyeball theorem che pertanto appare come un caso particolare del teorema di questa sezione. Così quanto dimostrato sopra si può collegare sotto due aspetti ad altrettanti teoremi: come caso particolare del teorema di Miquel dei 6 cerchi oppure come generalizzazione dell'Eyeball theorem.

Infine una configurazione altamente simmetrica si ottiene imponendo che pure il segmento CG divenga un diametro di c1. Questa ulteriore condizione comporta che nella (nuova) costruzione di figura 13 i punti liberi di muoversi siano solo A e B mentre i rimanenti sono vincolati dalle condizioni imposte.

figura 13

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 precedente fig. 13) è pari al quadrato di PB ossia (PQRS) = PB2 con B secondo estremo della corda PB.
Dimostrazione


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