Problemi, costruzioni e verifiche (1)

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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:

• Rapporto tra aree di triangoli
• Il teorema di Ceva e punto di Gergonne
• Lunghezza delle mediane (1)
• Linea di Eulero e lati del triangolo
• Linea di Eulero e segmenti
• Altezze congruenti in un triangolo
• Linea di Eulero e vertici del triangolo
• Rapporto di omotetia tra cerchio circoscritto e cerchio dei nove punti
• Intersezione di cerchi
• Distanza del centro del cerchio dei nove punti dai lati
• Quarto quadrilatero pedale
• Costruzione delle tangenti a due circonferenze una esterna all'altra
• Quattro punti collineari
• Cerchi tangenti internamente
• Linea di Simson e lati di un triangolo
• Parallelogrammi e il teorema di Tolomeo
• Teorema di Van Schooten
• Trisettrici e punti sui lati
• Il primo punto di Napoleone
• Il secondo punto di Napoleone
• Bisettrici degli angoli esterni, lati e teorema di Menelao
• Lati e diagonali di un quadrilatero: "Menelao" e "Ceva"
• Retta per il baricentro e il teorema di Menelao

Rapporto tra aree di triangoli

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).

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 RDQC. QCDR è pure un parallelogramma e sia E il punto di intersezione delle sue diagonali. Un terzo parallelogramma è CDAP avendo CDQRAB e dove

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

deriva infine che

e dove si è fatto uso del fatto che AR = RC = 2 EC.

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Il teorema di Ceva e punto di Gergonne

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.

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

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.

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Lunghezza delle mediane (1)

Problema 1.3. Determinare la lunghezza delle mediane in termini delle lunghezze dei lati.

Soluzione. Riferendoci alle convenzioni esplicitate nella figura seguente

e notato che nel caso delle mediane si ha BP = PC = x = y = a / 2, il teorema di Stewart assume la forma

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.

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Linea di Eulero e lati del triangolo

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.

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.

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Linea di Eulero e segmenti

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).

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 AOMLSM dalla quale si ha AM = ML c.v.d.

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Altezze congruenti in un triangolo

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

Supposte congruenti discende che

da cui

cioè, non potendo essere angoli supplementari (il triangolo non è degenere), dev'essere B = A, risultato che dimostra la tesi.

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Linea di Eulero e vertici del triangolo

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:

1. l'ortocentro O non coincide con il vertice A, oppure
2. l'ortocentro O coincide con A.

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 ABAC e quindi BAC = 90°: il ABC è pertanto un triangolo rettangolo (che potrà essere isoscele se AB = AC).

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Rapporto di omotetia tra cerchio circoscritto e cerchio dei nove punti

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

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).

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:

1. il cerchio dei nove punti è omotetico al cerchio circoscritto,
2. il centro della omotetia è l'ortocentro di ABC e, infine
3. il rapporto di omotetia (o similitudine) è pari a 1/2.

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Intersezione di cerchi

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).

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.

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Distanza del centro del cerchio dei nove punti dai lati

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.

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

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

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Quarto quadrilatero pedale

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 .

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.

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Costruzione delle tangenti a due circonferenze una esterna all'altra

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.

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).

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 .

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Quattro punti collineari

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.).

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Cerchi tangenti internamente

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 EATEBT per il teorema della secante e della tangente possiamo scrivere i seguenti rapporti che collegano i tre lati corrispondenti

Dato che TE = EC queste si riscrivono anche come

e, per le proprietà delle proporzioni, è pure

In base all'inverso del teorema della bisettrice, l'ultima uguaglianza

permette di concludere che TC è bisettrice di ATB c.v.d.

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Linea di Simson e lati di un triangolo

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.

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Parallelogrammi e il teorema di Tolomeo

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

PAQ = PRQ

QAR = QPR

e poiché QAR = BCA, discende per transitività

Per il primo criterio di similitudine, è PQRABC e data la congruenza tra i triangoli ABCACD risulta

Valgono di conseguenza i rapporti

Notiamo inoltre che la somma degli angoli interni di un triangolo soddisfa alla

ma essendo

la somma scritta equivale pure alla

Pertanto il quadrilatero APQR è inscritto in un cerchio e possiamo applicare ad esso il teorema di Tolomeo

Moltiplicando la prima uguaglianza in (1) con i corrispondenti membri di (2) si ha

e sostituendo nel secondo addendo dell'ultimo membro il rapporto AB / QR con AD / PQ in quanto vale ancora la (1), otteniamo

ossia la tesi

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Teorema di Van Schooten

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).

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)

Applicandolo invece al triangolo APC

Sottraendo membro a membro queste due relazioni otteniamo

Nel caso che b sia diverso da c si ottiene subito la tesi

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.

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Trisettrici e punti sui lati

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,

Ma per la stessa ragione si è visto che QRA = α + γ per cui CP₂Q = QRA mentre

Essendo quindi QP₂A supplementare con QRA, P₂ non può che essere conciclico con Q, R, A.

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

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.

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Il primo punto di Napoleone

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 = AO1BC,

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.

È immediato notare che i triangoli rettangoli BSS₁CSS₂ cosicché

e moltiplicando per il segmento AO₁ numeratore e denominatore del secondo membro, si ha

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

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.

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Il secondo punto 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).

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.

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Bisettrici degli angoli esterni, lati e teorema di Menelao

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).

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

Moltiplicando ordinatamente i primi membri e i secondi e semplificando il secondo membro si giunge alla

Tenendo conto della convenzione sul segno di segmenti collineari l'espressione si riscrive

In tal modo i punti R, P, Q soddisfano la condizione del teorema di Menelao e, di conseguenza, sono collineari (c.v.d.).

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Lati e diagonali di un quadrilatero: "Menelao" e "Ceva"

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

Dimostrazione. Consideriamo il PQC (figura 24) e notiamo che i segmenti PB, QD e CR sono, per esso, dei ceviani concorrenti nel punto A.

Possiamo pertanto applicare il teorema di Ceva ottenendo

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

Da quest'ultima si ricava

che sostituita nella prima espressione fornisce

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Retta per il baricentro e il 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

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.

Consideriamo APB. Questo triangolo risulta tagliato dalla trasversale per M, G, T e quindi possiamo applicare il teorema di Menelao

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

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

e data la validità di

discende

Sommando quest'ultima con quella che esprime BM / MA

Poiché

con PC = BP, l'ultimo rapporto risulta pari ad 1 ossia

e perciò si ricava

Per la convenzione sul segno si può riscrivere

ossia

che coincide con quanto richiesto.

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