Cerchi e loro proprietà

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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.

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

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)

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.

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)

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.

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

180°

720° - (180° -

PAB) - (180 -

BCR) - (180° -

RCD) - (180° -

DAP)

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

PQD

ABD.
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

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

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

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

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

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

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

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

ABC

DEF.

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:

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

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

O₁TB

O₂TD in quanto entrambi triangoli rettangoli con

O₁TB =

O₂TD. Ne segue la proporzione

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

Data la simmetria esistente rispetto alla retta che congiunge i centri dei due cerchi e che deriva con immediatezza dalle congruenze

O₁O₂D

O₁O₂C e

O₁O₂B

O₁O₂A per cui PQ

O₁O₂ e TU

O₁O₂, sussistono pure le similitudini tra i triangoli isosceli

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.

figura 6

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

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)

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

O₁O₂T

QST per cui vale anche la congruenza tra gli angoli

TO₁O₂ =

TQS e di conseguenza QS

O₁O₂. Ma un ragionamento del tutto simile si può condurre per il segmento PR che pertanto risulta a sua volta parallelo a O₁O₂. Essendo PQ

O₁O₂ 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

O₁HQ

O₁O₂D con H punto medio di PQ (PQ = 2 HQ) e piede dell'altezza O₁H di

O₁HQ (fig. 6), vale certamente la proporzione

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

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

O₁Q x O₂D

O₁O₂

e quindi, con le notazioni già introdotte,

2 r₁ r₂

O₂S sen

SO₂K

O₂S sen

BO₂O₁

O₂S

O₁B

O₁O₂

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

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

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

Tracciate le corde AE, CG e GA (fig. 10), dimostriamo che AE

CG. 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 AE

CG 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 CG

RS. Ma per quanto dimostrato inizialmente CG

AE cosicché RS

AE.
Capovolgendo i ruoli di G e C e di tutti gli altri punti collegati, e ripetendo lo stesso procedimento concludiamo che anche PQ

AE. Infine rivolgendoci ai segmenti PS e QR, si ottiene allo stesso modo che PS

QR. 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