Problemi e approfondimenti (2)

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In questa pagina presentiamo le soluzioni dei problemi proposti in Butterfly.html, Steiner.html, e Vettori.html e che generalmente si collegano strettamente alle nozioni ivi sviluppate. Si forniscono pure alcune generalizzazioni sull'area dei quadrilateri.
Gli argomenti affrontati riguardano:

• Sul teorema della farfalla
• Alcune conseguenze della disuguaglianza triangolare
• La disuguaglianza di Tolomeo
• Un'applicazione del teorema di Stewart
• Una dimostrazione algebrica del teorema di Steiner-Lehmus
• Una semplice dimostrazione a carattere vettoriale
• Somma vettoriale delle mediane di un triangolo
• Ortocentro di un triangolo
• Baricentro di un triangolo
• La retta di Eulero dal punto di vista vettoriale
• Diagonali di un parallelogramma
• Lunghezza delle mediane (2)
• Somma dei quadrati delle diagonali di un parallelogramma
• Formula di Erone
• Dividere un segmento in un dato rapporto
• Lunghezza delle bisettrici di un triangolo (2)
• Area di un quadrilatero
• Area di un quadrilatero qualsiasi
• Un'identità vettoriale

Sul teorema della farfalla

Problema 10.1. Se per il punto medio M di una corda PQ di un cerchio si conducono due altre corde AB e CD e le rette BD e AC intersecano la retta PQ rispettivamente in R e S, allora M risulta il punto medio di RS.

Soluzione. La costruzione descritta da questo nuovo enunciato è rappresentata dalla figura sottostante (si possono trascinare i punti B, D, P, Q).

figura 1

Questa mostra come i punti R ed S siano ora esterni al cerchio e, nel contempo, sembra che l'affermazione del teorema della farfalla possa valere pure in questo caso. Per dimostrarlo seguiremo la traccia della prima dimostrazione del teorema per cui introduciamo le perpendicolari da

• R, alle linee CD (RR₁) e BA (RR₂) e quindi da
• S, alle linee CD (SS₁) e BA (SS₂) (fig. 2).

Dette x = MR e y = MS sono immediate le similitudini tra triangoli rettangoli RR₁MSS₁M e RR₂MSS₂M. Queste implicano

che moltiplicate membro a membro e commutati i fattori, conducono all'espressione

Tenendo conto della congruenza degli angoli alla circonferenza che sottendono lo stesso arco (BAC = BDC, ABD = ACD) e degli angoli opposti al vertice (BDC = RDR₁, ACD = SCS₁), discendono le similitudini tra i seguenti triangoli rettangoli (fig. 3)

RR1D

SS2A

che implica

RR1 SS2

=

RD SA

assieme alla

SS1C

RR2B

che implica

RR2 SS1

=

RB SC

Sostituite in (1) comportano

Per il teorema delle secanti l'ultimo membro si può riscrivere come

e quindi, in termini di x e y

dove si è posto, per opportunità di scrittura, a = MP = MQ. Da quest'ultima, risolvendo in x e y tra il primo ed ultimo membro, discende facilmente che x² = y² cioè la tesi x = y.

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Alcune conseguenze della disuguaglianza triangolare

Problema 11.1. Sia 2p il perimetro di un triangolo e m la somma delle lunghezze delle sue tre mediane. Dimostrare che valgono le disuguaglianze

Dimostrazione. Siano AP, BQ e CR le mediane di ABC e D un punto di AP tale che sia PD = AP (fig. 4).

figura 4

Dalla congruenza di BDP con APC avendo rispettivamente BP = PC e AP = PD e gli angoli BPD = APC, segue che BD = AC per cui, applicando la disuguaglianza triangolare a ABD otteniamo

Analoghe disuguaglianze si ottengono per le rimanenti mediane

per cui sommando ordinatamente membro a membro

che si sintetizza nella prima disuguaglianza m < 2 p. Applicando ancora la disuguaglianza triangolare a BCG essendo G il baricentro di ABC,

e ricordando che G divide la mediana in parti una doppia dell'altra si giunge a

Nello stesso modo si ottengono le altre due disuguaglianze

per cui sommando ancora ordinatamente queste ultime si ha

e dalla quale si ottiene pure la seconda disuguaglianza

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La disuguaglianza di Tolomeo

Problema 11.2. Sia ABCD un qualsiasi quadrilatero nel piano. Dimostrare la disuguaglianza (di Tolomeo)

e che questa si riduce all'uguaglianza se e solo se il quadrilatero è ciclico.

Dimostrazione. Supponiamo inizialmente che il quadrilatero ABCD sia convesso e costruiamo sul lato AB il triangolo di vertici A, B e E simile a ACD e in modo che a C corrisponda B e a D il punto E (in fig. 5 i dettagli della costruzione non appaiono. Per visualizzarli premere ).

Dal fatto quindi che ABEACD discende che

Ora essendo pure

AB AC

=

AE AD

con

BAC

=

EAD

in quanto somme di angoli congruenti BAE = CAD con un angolo comune EAC, per il secondo criterio di similitudine vale pure

Abbiamo quindi determinato la lunghezza di due lati di BED: applicando ad esso la disuguaglianza triangolare deduciamo

e che, moltiplicando per AC si può riscrivere come

che costituisce la tesi. Questa disuguaglianza si riduce ad una uguaglianza se il punto E appartiene a BD ossia quando BED degenera in un segmento. In tal caso

ABE

=

ABD

=

ACD

cosicché potremo applicare il teorema che assicura che A, B, C e D sono conciclici e che è stato dimostrato in altra pagina. Si ottiene in tal modo l'enunciato del teorema di Tolomeo e si giustifica il nome di tale disuguaglianza.

Nel caso che il quadrilatero sia concavo una delle sue diagonali, per esempio AC (fig. 6), non ha punti in comune con i suoi punti interni.

Possiamo quindi costruire il simmetrico del punto D rispetto ad AC ottenendo il punto E. Ora, date le caratteristiche di una simmetria assiale, il quadrilatero ABCE possiede i lati e la diagonale AC congruenti con gli elementi corrispondenti del quadrilatero iniziale ABCD. Per l'altra diagonale invece risulta BE > BD. Applicando quindi a quest'ultimo la disuguaglianza appena dimostrata

e tenendo conto delle congruenze dette e che BE > BD, si può riscriverla come

A maggior ragione vale perciò

e che evidenzia come, in tal caso, non possa valere l'uguaglianza.

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Un'applicazione del teorema di Stewart

Problema 11.3. Per mezzo del teorema di Stewart determinare la lunghezza delle bisettrici supposti assegnati i lati di un triangolo.

Soluzione. Riprendiamo (fig. 7) le convenzioni introdotte in occasione della dimostrazione del teorema di Stewart e utili per una scrittura più sintetica delle relazioni che troveremo.

figura 7

Essendo interessati alla lunghezza della bisettrice t = AP conviene esplicitare la lunghezza t del ceviano fornita dal teorema. Dividendo per a e sommando x·y si ottiene facilmente

Siccome sono dati i lati del triangolo dovremo caratterizzare il ceviano (la bisettrice) con due relazioni in modo da eliminare le incognite x e y. La prima di queste è ovviamente

soddisfatta da qualsiasi ceviano del lato BC mentre l'altra dovrà caratterizzare la bisettrice. A tal fine è sufficiente ricordare l'elementare teorema delle bisettrici per introdurre l'ulteriore relazione

Il sistema

ha per soluzioni

che inserite nella (1) forniscono dopo qualche passaggio algebrico

Seguono poi le corrispondenti espressioni per le bisettrici u di B e v di C

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Una dimostrazione algebrica del teorema di Steiner-Lehmus

Problema 11.4. Utilizzando il risultato del problema precedente dimostrare per via algebrica il teorema di Steiner-Lehmus.

Dimostrazione. Riferendoci alle convenzioni di scrittura di figura 7 e ai risultati sintetizzati in (2) e (3), supponiamo che sia t = u e quindi anche t² = u². Da (2) e (3) abbiamo

espressione che, divisa per c e riportati tutti i termini in un membro, possiamo riscrivere come

Il minimo comun denominatore entro parentesi quadre risulta

ed eseguiti i prodotti a numeratore appare la possibilità di fattorizzare un termine comune pari a a - b

per cui, in definitiva, si ottiene l'espressione

È ora facile riconoscere entro parentesi quadre un termine certamente positivo cosicché, per l'annullarsi del prodotto discende a - b = 0 ossia a = b c.v.d.

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Una semplice dimostrazione a carattere vettoriale

Problema 12.1. Dimostrare che il segmento congiungente i punti medi dei due lati di ABC è parallelo al terzo lato ed è di lunghezza pari alla metà di questo.

Con riferimento alla figura 8, consideriamo i lati di ABC come i segmenti rappresentativi dei vettori AB, BC, CA.

figura 8

La somma di questi è evidentemente nulla per cui

D'altra parte, posti P e Q i punti medi di AB e AC, risulta

mentre vale pure AP + PQ + QA = 0. Da questa discende

per cui, sostituendo a secondo membro le espressioni appena ottenute

deduciamo in base alla AB + CA = - BC

Quest'ultima dimostra che i vettori PQ e BC hanno la medesima direzione ed inoltre, per la definizione di moltiplicazione di uno scalare per un vettore, che i loro modulo sono legati dalla

che è, assieme al parallelismo, quanto si intendeva dimostrare.

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Somma vettoriale delle mediane di un triangolo

Problema 12.2. Dimostrare che la somma delle mediane in un triangolo è nulla.

Dimostrazione. Siano P, Q, R i punti medi rispettivamente dei lati BC, CA e AB di ABC (fig. 9). Possiamo inizialmente esprimere AP come AP = AB + BP ma, dato che P è punto medio di BC è anche

figura 9

Analogamente per le altre due mediane

Ora sommando i primi tre membri otteniamo

Poiché AB + BC + CA = 0 in quanto i vettori formano una poligonale chiusa, deduciamo facilmente la tesi ossia

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Ortocentro di un triangolo

Problema 12.3. Determinare il punto X del piano cui appartiene ABC che soddisfa alla relazione vettoriale OX = OA + OB + OC essendo O il circocentro del triangolo.

Dimostrazione. Per individuare il punto X che soddisfa alla relazione vettoriale

con O circocentro di ABC, riscriviamo quest'ultima come

In base alla figura 10, al significato geometrico di somma vettoriale e al fatto che O appartenga all'asse di BC, riconosciamo nel secondo membro della precedente relazione vettoriale che OB + OC = OS = 2 OP con P punto medio di BC.

figura 10

D'altra parte il primo membro di (2) si può riscrivere come OX - OA = OX + AO = AX per cui giungiamo alla relazione di collinearità

Questa mostra come AX debba essere parallelo a OP ma, essendo OP perpendicolare al lato BC pure AX dovrà esserlo. Ne deduciamo che il punto X deve appartenere alla retta che contiene l'altezza. Poiché si può procedere allo stesso modo portando a primo membro di (1) rispettivamente i vettori OB e OC, concludiamo che il punto X deve appartenere alle tre altezze di ABC e quindi non può che coincidere con l'unico loro punto comune, l'ortocentro H. In definitiva, l'ortocentro H di ABC può identificarsi con il punto che soddisfa alla relazione (detta di Eulero)

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Baricentro di un triangolo

Problema 12.4. Detto O un punto qualsiasi del piano di ABC, dimostrare che il baricentro G di tale triangolo si esprime come

In base alla figura 11, possiamo esprimere il vettore OG in tre modi diversi con le somme

figura 11

che coinvolgono, oltre ai vettori OA, OB, OC anche i vettori AG, BG e CG. Sapendo che il baricentro suddivide la mediana in due parti una doppia dell'altra e, notata la collinearità tra i vettori AG, BG, CG e i vettori che identificano le mediane AP, BQ, CR, possiamo scrivere

Sommando membro a membro queste tre relazioni vettoriali si ottiene facilmente

e poiché, per quanto visto precedentemente AP + BQ + CR = 0, risulta 3 OG = OA + OB + OC ossia

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La retta di Eulero dal punto di vista vettoriale

Problema 12.5. Dimostrare che il circocentro O, il baricentro G e l'ortocentro H di ABC sono allineati (vedere pure la pagina sulla linea di Eulero dove si sono utilizzate delle lettere diverse per gli stessi tre punti).

La dimostrazione segue immediata se identifichiamo il punto O del problema precedente con il circocentro di ABC. È allora

che assieme alla relazione di Eulero dove viene coinvolto l'ortocentro H,

permette di dedurre 3OG = OH. I punti O, G e H devono pertanto essere allineati essendo OGOH. Quest'ultimo risultato dà inoltre conferma che G divide OH in due parti una doppia dell'altra.

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Diagonali di un parallelogramma

Problema 12.6. Dimostrare che le diagonali di un quadrilatero si dividono scambievolmente a metà se e solo se il quadrilatero è un parallelogramma.

Dimostrazione. Siano M e N i punti medi delle diagonali AC e, rispettivamente, BD del quadrilatero ABCD (fig. 12).

figura 12

Da ciò e dalla definizione di somma vettoriale segue che

In un quadrilatero qualsiasi risulta pure

e ciò in base alla regola sulla somma di più vettori ma se supponiamo (condizione necessaria) M coincidente con N allora MN = 0, la precedente diviene

Sostituendo quanto scritto inizialmente

e moltiplicando per 2 si ha

Un'ulteriore semplificazione fornisce il risultato BC = AD che mette in relazione i vettori rappresentativi dei lati opposti e poiché due vettori sono uguali se possiedono la medesima direzione e modulo non possiamo che concludere che ABCD è un parallelogramma.

Viceversa, supponiamo che ABCD sia un parallelogramma (fig. 13).

figura 13

Allora la diagonale AC è espressa da

e il suo punto medio M è individuato dal vettore

Allo stesso modo si può procedere con l'altra diagonale

e il suo punto medio N, a priori diverso da M, è rappresentato da

dove si è fatto uso delle identità DC = AB e DA = - AD in quanto ABCD è un parallelogramma. Segue ora che

da cui, semplificando si ottiene AM + NB = AB. Allora per la definizione di somma vettoriale i tre vettori AM, NB e AB devono formare un triangolo e quindi i punti M ed N devono coincidere.

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Lunghezza delle mediane (2)

Problema 12.7. In un ABC con AB = c, AC = b, BC = a, determinare la lunghezza della mediana AP.

Forniamo qui una seconda dimostrazione della lunghezza delle mediane di un triangolo. Diversamente dalla precedente che otteneva il risultato utilizzando il teorema di Stewart, questa coinvolge definizioni e proprietà tipiche dell'algebra dei vettori.
Innanzitutto riprendiamo l'espressione del quadrato del modulo di una somma di due vettori a e b tra i quali sussiste un angolo α per riscriverla in termini del prodotto scalare: posto a² = a² abbiamo

che, in base alla definizione alternativa di prodotto scalare, diviene

Il modulo quadro della differenza è invece

Rappresentiamo ora i lati di ABC per mezzo dei vettori c = AB e b = AC (fig. 14).

figura 14

Ciò permette di collegare la loro somma AD ottenuta con la costruzione del parallelogramma associato ad essi, con il vettore AP. Difatti sappiamo che in un parallelogramma le diagonali si intersecano nel loro punto medio per cui AD = 2 AP ed essendo

risulta

Per la (1) discende allora

Per determinare il valore del prodotto scalare b.c sappiamo pure che

e quindi per la (2)

Sostituendo questa relazione nella (3) si ha in definitiva

che coincide con quanto già trovato con il teorema di Stewart. Con l'opportuna rotazione dei nomi si ottengono poi le lunghezze delle altre mediane.

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Somma dei quadrati delle diagonali di un parallelogramma

Problema 12.8. Dimostrare che la somma dei quadrati delle lunghezze delle diagonali di un parallelogramma è uguale alla somma dei quadrati delle lunghezze di tutti i suoi lati.

Dimostrazione. Abbiamo già notato come le lunghezze delle diagonali di un parallelogramma formato dai vettori a e b siano rispettivamente pari |a + b| e |a - b| cioè ai moduli dei vettori somma e differenza. D'altra parte i quadrati dei vettori somma e differenza si esprimono pure per mezzo delle (1) e (2) per cui, con le notazioni di fig. 14,

Sommando membro a membro otteniamo

che dimostra la tesi in quanto i lati di un parallelogramma sono, a due a due, congruenti.

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Formula di Erone

Problema 12.9. Determinare l'area di ABC in termini delle lunghezze dei lati AB = c, AC = b, BC = a.

I dimostrazione. In riferimento ancora alla fig. 14, se α = BAC, il quadrato dell'area di ABC si scrive

avendo sfruttato l'identità goniometrica fondamentale. Ricordando quindi la definizione alternativa di prodotto scalare che stabilisce b.c = b c cos α, si ha pure

Si tratta ora di determinare b.c in funzione delle lunghezze dei lati. Ciò è già stato fatto in un precedente problema dal quale riprendiamo l'espressione (4)

cosicché abbiamo

Utilizzando più volte il prodotto notevole a² - b² = (a + b)(a - b) la precedente si riscrive identicamente

da cui, eseguendo il minimo comun denominatore e riportandolo a fattor comune

Posto il semiperimetro p = 1/2(a + b + c) risulta che

e pertanto

L'ultima espressione costituisce il quadrato della nota formula di Erone per l'area del triangolo.

II dimostrazione. Forniamo di seguito una seconda dimostrazione della medesima formula evitando di coinvolgere nozioni di calcolo vettoriale e sfruttando invece i teoremi fondamentali della trigonometria. Il quadrato dell'area di ABC, come già utilizzato sopra, risulta

D'altra parte applicando il teorema del coseno, si ha

per cui, esplicitato il coseno,

e sostituito nell'espressione dell'area, otteniamo

che coincide con un'espressione già trovata sopra. Seguono poi i medesimi passaggi per giungere alla formula conclusiva.

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Dividere un segmento in un dato rapporto

Problema 12.10. Determinare in termini dei vettori rappresentativi dei lati AB e AC il vettore che, con origine in A di ABC, individua un punto P del lato opposto che divide quest'ultimo in due parti tale che sia BP / PC = k.

Riferendoci alla fig. 15 e tenendo presenti le proprietà della moltiplicazione scalare-vettore, possiamo rappresentare la condizione k = BP / PC in termini vettoriali come BP = k PC.

figura 15

Osserviamo ora che

per cui discende (AB = c e AC = b)

Risolvendo quest'ultima nel vettore incognito PC otteniamo

e quindi

Sostituendo questo risultato nella relazione che esprime AP

otteniamo infine

che è quanto chiedeva il problema.

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Lunghezza delle bisettrici di un triangolo (2)

Problema 12.11. Utilizzando il risultato del problema precedente, esprimere la lunghezza delle bisettrici di un triangolo in termini dei suoi lati.

Questo problema è già stato risolto per mezzo del teorema di Stewart in questa stessa pagina. Qui intendiamo ottenere il medesimo risultato per mezzo di nozioni di algebra vettoriale.
Per utilizzare la conclusione (1) del precedente problema, dobbiamo individuare il rapporto k nel quale la bisettrice dell'angolo in A divide il lato opposto BC. Questo rapporto si ottiene facilmente se ricordiamo quanto afferma il teorema delle bisettrici: con le notazioni di fig. 15 e supposta AP la bisettrice di A si ha

da cui per la relazione (1)

Per conoscerne il quadrato del modulo e quindi rispondere al quesito calcoliamo il prodotto scalare di AP per se stesso

che si riscrive

Ancora una volta, non resta che esprimere il prodotto scalare dei vettori rappresentativi dei lati di un triangolo in termini delle lunghezze di questi lati. Pure questo aspetto è già stato trattato cosicché non ci rimane che riprenderlo: per la (4) si ha

e quindi

e in definitiva

che coincide con quanto precedentemente dimostrato.
Si noti infine che per ritrovare il risultato del problema 12.7 circa la lunghezza delle mediane, basta porre k = 1 e procedere nel modo che qui abbiamo seguito.

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Area di un quadrilatero

Problema 12.12. Due triangoli ABC e ACD sono situati nello stesso piano ed hanno in comune il lato AC. La retta AC divide inoltre il piano in due semipiani in modo che i punti B e D giacciono ciascuno in un diverso semipiano. Dimostrare che l'area del quadrilatero (ABCD) è pari a (ABCD) = 1/2 |AC x BD|.

Le due situazioni che si possono presentare sono rappresentate dalle figg. 16 e 17.

figura 16

figura 17

In entrambe, i vettori AB x AC e AC x AD hanno la medesima direzione e verso (in questo caso, perpendicolare al monitor o foglio e verso uscente da esso) cosicché la somma dei loro moduli è uguale al modulo del vettore della loro somma. Possiamo pertanto scrivere

dove nell'ultimo passaggio si è sfruttata la proprietà anticommutativa del prodotto vettoriale. Applicando invece la proprietà distributiva e, notando che - AB + AD = BA + AD = BD discende

Riprendendo l'interpretazione geometrica del modulo del prodotto vettoriale, il primo membro della (1) può essere visto come la somma delle aree di

per cui dalla (ABCD) = (ABC) + (ACD) abbiamo

come si voleva dimostrare.

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Area di un quadrilatero qualsiasi

Approfondimento 12.13. Discutere se sia possibile generalizzare la conclusione del problema precedente al caso in cui i vertici B e D appartengano al medesimo semipiano.

In aggiunta ai casi discussi nel problema precedente (appartenenza dei vertici B e D a semipiani opposti rispetto alla retta AC), possono presentarsi altri due casi, riportati rispettivamente nelle figure 18 e 19.

figura 18

figura 19

Il primo caso (fig. 18) è manifestamente riconducibile alle conclusioni del precedente in quanto il ruolo là svolto dalla retta AC, è invece qui svolto dalla retta BD. Avviene quindi nient'altro che uno scambio di ruoli che non influisce sulla validità di (ABCD) = 1/2 |AC x BD| in quanto per le proprietà anticommutativa e del modulo del vettore opposto (|- a| = |a|)

Maggiore attenzione richiede invece il caso rappresentato dalla fig. 19. Partendo dai vettori AB x AC e AC x AD viene a cadere la concordanza del loro verso: il primo possiede direzione perpendicolare al monitor (o foglio) e verso entrante, il secondo la medesima direzione ma verso uscente. Ne segue che la (1) del precedente viene a cadere. Non è comunque più valida nemmeno l'associazione del modulo di questi vettori con l'area dei due triangoli, in tal caso AED e BEC essendo E l'intersezione dei lati AB e CD (fig. 19).

Se comunque consideriamo un asse perpendicolare al piano del monitor/foglio (chiamiamolo asse z) definito dal versore k e convenzionalmente uscente da questo, i vettori AB x AC e AC x AD si scrivono

Le proiezioni di AB x AC e AC x AD assumono segno rispettivamente negativo e positivo. Ciò suggerisce di associare all'area dei triangoli formati da tali vettori (e ai parallelogrammi collegati) un segno algebrico che sarà negativo per l'area di ABC, positivo per l'area di ACD.
Stabilita tale convenzione, le precedenti diventano semplicemente (evitiamo qui di introdurre una nuova notazione per l'area intesa in termini algebrici in quanto verrà sempre chiarito quando si seguirà tale convenzione)

per cui la loro somma è

Utilizzando le medesime proprietà esposte nel problema precedente il primo membro si può riscrivere come

per cui otteniamo che

oppure

In base a quest'ultima espressione e a quanto ottenuto nel precedente problema, si comprende come si possa individuare, in tutta generalità (e quindi non solo per la fig. 19), l'area del quadrilatero (ABCD) come la componente del vettore precedente cioè

La conseguenza di tutto ciò è pure evidente: nel caso di fig. 19 l'area (ABCD) non appare come la somma delle aree di AED e BEC ma possiede un significato apparentemente meno intuitivo. Per comprenderlo ci riferiamo ancora alla situazione di fig. 19 ed esprimiamo la somma delle due aree a secondo membro della (1) in termini "tradizionali" esplicitando il segno là dove negativo. Allora

e la loro somma dà, per (2),

L'area di un quadrilatero (con lati che si intersecano) appare quindi come la differenza dell'area di AED con quella di BEC.

Tale convenzione si può introdurre anche a prescindere dai vettori. Difatti basta osservare l'ordine nel quale si succedono i vertici di un triangolo: se nell'esprimere un'area di una figura piana, per esempio l'area del triangolo (ACD) di fig. 19, l'ordine dei vertici individua nel piano un percorso antiorario allora l'area verrà espressa da un numero positivo, se invece l'ordine di successione dei vertici traccia un percorso orario l'area viene rappresentata da un numero negativo (esempio: (ABC) nel caso di fig. 19). Nella figura sottostante forniamo l'area del quadrilatero (ABCD) calcolata in base a tale convenzione. Poiché al piano cui appartengono le figure geometriche tracciate in Z.u.L. è associato un sistema cartesiano ordinario e quindi due versori i e j disposti nel modo usuale (si usi il tasto ), ogni punto P può essere individuato dalla coppia (x(P), y((P)). In base alla (2), per ottenere (ABCD) basta calcolare la componente del vettore 1/2 AC x BD a partire dalle componenti di AC e BD espresse tramite le coordinate cartesiane dei loro estremi ossia

1 2

AC x BD

=

1 2

i j k (xC - xA) (yC - yA) 0 (xD - xB) (yD - yB) 0

=

1 2

[(xC - xA)(yD - yB) - (yC - yA)(xD - xB)] k

Tale espressione si inserisce in Z.u.L. per mezzo dello strumento Espressione aritmetica .
Nella medesima figura appaiono pure i due vettori AC e BD e, per facilitare il riconoscimento del verso (entrante o uscente dal monitor/foglio) di 1/2 AC x BD si sono costruiti, con i medesimi colori, due altri vettori di ugual modulo, uscenti dallo stesso punto e paralleli rispettivamente a AC e BD. In tal modo se il verso che porta il primo, AC, sul secondo BD, attraverso l'angolo minore è orario, 1/2 AC x BD possiede verso entrante e l'area del quadrilatero (ABCD) è negativa, viceversa se il verso risulta antiorario.

Si consiglia di esplorare le diverse situazioni muovendo liberamente i quattro vertici e osservando come si ritrovino tutte le configurazioni discusse in questa sezione e nel precedente problema.

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Un'identità vettoriale

Problema 12.14. Dimostrare che (a x b)² = a² b² - (a.b)².

Ricordato il significato geometrico del modulo del prodotto vettoriale applichiamolo al calcolo del primo membro

e quindi in base all'identità goniometrica fondamentale

Per la definizione alternativa di prodotto scalare possiamo sostituire al coseno l'espressione

per cui l'espressione cui siamo interessati diviene

che è quanto si voleva dimostrare.
Nota: l'identità dimostrata risulta un caso particolare dell'identità di Lagrange (a x b).(c x d) = (a.c)(b.d) - (b.c)(a.d).

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