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Come nelle precedenti pagine, presentiamo le soluzioni dei problemi proposti in Varignon.html e, parzialmente, in Quadrilateri.html e che possiedono stretti legami con le nozioni esposte. Si forniscono pure le istruzioni per realizzare una particolare costruzione.
Gli argomenti affrontati riguardano:
Problema 13.1. Dimostrare per mezzo del calcolo vettoriale il teorema di Varignon.
Dimostrazione. In riferimento alla figura 1 siano AB, BC, CD e DA i vettori corrispondenti ai lati di ABCD.
Questi, formando una poligonale chiusa, devono soddisfare alla relazione
| AB + BC + CD + DA = 0, |
dalla quale ricaviamo che
| CD + DA | = | - AB - BC | = | - (AB + BC). | (1) |
D'altra parte, essendo P, Q, R e S i punti medi dei lati (fig. 1), i vettori PQ e RS sono espressi da
| PQ | = | PB + BQ | = | 1 2 |
(AB + BC), | RS | = | RD + DS | = | 1 2 |
(CD + DA). |
Sostituendo in quest'ultima l'espressione (1) si ha
| RS | = | 1 2 |
(CD + DA) | = - | 1 2 |
(AB + BC) |
che per la transitività dell'uguaglianza tra vettori, implica RS = - PQ. Questi due vettori sono quindi opposti e quindi collineari e con lo stesso modulo. Il quadrilatero PQRS è pertanto un parallelogramma.
Problema 13.2. Dimostrare per mezzo del calcolo vettoriale che se U e V sono i punti medi delle diagonali AC e BD del quadrilatero ABCD, allora UV = 1/2 (AB + CD) = - 1/2 (BC + DA).
Dimostrazione. Riferendoci alla fig. 2, sia T il punto medio del lato AD del quadrilatero.
Congiunto T con i punti medi U e V di AC e BD, osserviamo che il vettore UV si può rappresentare come somma di UT e TV
| UV | = | UT | + | TV. |
D'altra parte UT congiunge i punti medi dei lati CA e DA di 
ACD per cui risulta (per la dimostrazione di questo risultato si veda il problema 12.1)
| UT | = | 1 2 |
CD. |
Per la stessa ragione
| TV | = | 1 2 |
AB |
in quanto segmento che congiunge i punti medi di ABD. Ripresa la prima uguaglianza e sostituite queste ultime due, si ha facilmente
| UV | = | 1 2 |
CD | + | 1 2 |
AB | = | 1 2 |
(AB + CD). |
Infine, osservato che in un quadrilatero AB + BC + CD + DA = 0 dalla quale discende AB + CD = - (BC + DA), possiamo scrivere infine
| UV | = | 1 2 |
(AB + CD) | = | - | 1 2 |
(BC + DA) |
che è quanto si chiedeva di dimostrare.
Problema 14.1. Partendo dalla formula di Erone e con una similitudine tra triangoli, dimostrare la formula di Brahmagupta.
Alla dimostrazione della formula di Brahmagupta per l'area dei quadrilateri ciclici si può arrivare anche sfruttando semplici similitudini tra triangoli. Sia quindi ABCD un quadrilatero inscritto in un cerchio con le lunghezze dei lati rappresentate in fig. 3.
figura 3
Nel caso particolare che ABCD sia un rettangolo la formula di Brahmagupta risulta verificata in quanto, poiché a = c, b = d e p = a + b = c + d, si riduce a
| (ABCD)2 | = | b a d c | = | b a b a | = | a2 b2. |
Più in generale sia E l'intersezione delle rette contenenti due lati opposti non paralleli, per esempio AD e BC (fig. 3): poniamo inoltre x = CE e y = DE. Con queste notazioni i termini che compaiono nella formula di Erone per l'area di CDE si scrivono
| p | = | x + y + c 2 |
e quindi | p - c | = | x + y + c 2 |
- | c, | p - x | = | x + y + c 2 |
- | x, | p - y | = | x + y + c 2 |
- | y, |
da cui
| p - c | = | x + y - c 2 |
p - x | = | - x + y + c 2 |
p - y | = | x - y + c 2 |
. |
La formula per l'area (al quadrato) di CDE diviene quindi
| (CDE)2 | = | 1 16 |
(x + y + c)(x + y - c)( - x + y + c)(x - y + c). | (1) |
Cercheremo ora di esprimere i termini x + y e x - y in funzione delle misure dei lati del quadrilatero. A tale scopo notiamo la similitudine tra CDE e BAE in quanto 
DEC = AEB sono in comune e ABE = 180° - ABC perché supplementari e
| ABE |
= | 180° - ABC |
= | 180° - (180° - CDE) |
= | CDE |
in quanto angoli opposti in un quadrilatero ciclico. Di conseguenza valgono i rapporti
| CE CD |
= | AE AB |
DE CD |
= | BE AB |
che si esplicitano in
| x c |
= | y - d a |
y c |
= | x - b a |
. |
Da queste due relazioni possiamo dedurre sia x + y che x - y. Nel primo caso basta sommare entrambi i membri mentre nel secondo sottrarre il secondo dal primo. Procedendo in parallelo discende
| x c |
+ | y c |
= | y - d a |
+ | x - b a |
x c |
- | y c |
= | y - d a |
- | x - b a |
da cui, moltiplicando per a c e fattorizzando, segue
| a(x + y) | = | c(x + y) | - c(b + d) | a(x - y) | = | - c(x - y) | + c(b - d). |
Risolvendo in x + y e x - y abbiamo (ricordiamo che c è diverso da a)
| x + y | = | c(b + d) c - a |
x - y | = | c(b - d) c + a |
. |
Dato che 2p = a + b + c + d, il primo fattore coinvolto nella (1) assume, con semplici passaggi algebrici, la forma
| x + y + c | = | c(b + d) c - a |
+ | c | = | c(b + d + c - a) c - a |
= | c c - a |
(2 p - 2 a) | = | 2 c c - a |
(p - a). |
Nello stesso modo per i rimanenti si trova
| x + y - c | = | 2 c c - a |
(p - c) | - x + y + c | = | 2 c c + a |
(p - b) | x - y + c | = | 2 c c + a |
(p - d) |
e di conseguenza sostituiti nella (1) si giunge all'espressione
| (CDE)2 | = | c4 (c2 - a2)2 |
(p - a)(p - b)(p - c)(p - d). | (2) |
dove si è considerato che (c - a)(c + a)(c - a)(c + a) = (c2 - a2)(c2 - a2) = (c2 - a2)2. Non rimane che trovare un legame tra le aree (al quadrato) di CDE e quella di ABCD. A tal fine ricordando che le aree di triangoli simili stanno tra loro come il quadrato del rapporto di similitudine possiamo scrivere
| (AEB) (CDE) |
= | AB2 DC2 |
= | a2 c2 |
e, poiché (ABCD) = (CDE) - (AEB), il nuovo rapporto (ABCD) / (CDE) si può esprimere come
| (ABCD) (CDE) |
= | (CDE) - (AEB) (CDE) |
= | 1 - | (AEB) (CDE) |
= | 1 - | a2 c2 |
= | c2 - a2 c2 |
da cui, esplicitato (CDE) e quadrando abbiamo
| (CDE) | = | c2 c2 - a2 |
(ABCD) | (CDE)2 | = | c4 (c2 - a2)2 |
(ABCD)2 | . |
Infine sostituendo nella (2) si giunge alla
| c4 (c2 - a2)2 |
(ABCD)2 | = | c4 (c2 - a2)2 |
(p - a)(p - b)(p - c)(p - d) |
da cui, in definitiva, otteniamo la formula cercata
| (ABCD)2 | = | (p - a) (p - b) (p - c) (p - d). |
Problema 14.2. Dimostrare che in un quadrilatero ciclico ABCD con diagonali perpendicolari che si intersecano in Q, la linea per Q perpendicolare ad uno qualsiasi dei lati, suddivide il lato opposto in due parti congruenti.
Dimostrazione. Sia QH
CD ed M = QH
AB (fig. 4). Dobbiamo dimostrare che AM = MB.
figura 4
Innanzitutto notiamo che AQM = CQH perché angoli opposti al vertice. Inoltre i triangoli CHQ e DQC sono simili in quanto entrambi triangoli rettangoli con QCH (QCD) in comune. Allora è pure
| AQM = CQH = QDC. |
Infine
| QDC = BDC = BAC |
in quanto angoli alla circonferenza che insistono sul medesimo arco BC. Ne segue che AMQ risulta isoscele con lati QM = AM.
Nello stesso modo si dimostra che
| BQM = DQH = QCH = ACD = ABD |
cosicché pure QMB risulta isoscele con QM = MB. Per la transitività della congruenza abbiamo infine AM = QM = MB come si voleva.
Costruzione 14.3. Costruire un quadrilatero inscritto in un cerchio e circoscritto ad un secondo cerchio.
Forniamo di seguito le istruzioni per realizzare la costruzione di un quadrilatero che sia contemporaneamente inscritto in un cerchio e circoscritto ad un altro. La figura 5 mostra quanto richiesto: dopo aver attivata la visualizzazione delle linee nascoste tramite 
, è possibile utilizzando il tasto 
ripercorrere analiticamente l'intera costruzione descritta nei sui tratti principali in quanto segue.
figura 5
.I punti evidenziati nella figura 5 (come pure quelli nascosti) si possono trascinare in modo da variare la circonferenza interna e la disposizione di ABCD. Volendo animare il quadrilatero, selezionare il pulsante 
e quindi il punto sulla circonferenza più interna e la circonferenza. Un ulteriore clic avvia l'animazione.
Problema 14.4. Dimostrare che l'area (al quadrato) di un quadrilatero inscritto in un cerchio e circoscritto ad un secondo risulta (ABCD)2 = a b c d, con a, b, c, d misure dei lati.
Detti P, Q, R e S i punti di tangenza dei lati di ABCD con il cerchio inscritto (fig. 6), notiamo che
figura 6
| SA | = | AP, | PB | = | BQ, | QC | = | CR, | RD | = | DS, |
in quanto segmenti di tangente condotti da un punto esterno ad una circonferenza. Il perimetro
| 2 p | = | (AP + PB) + (BQ + QC) + (CR + RD) + (DS + SA) |
per le proprietà associativa e commutativa si riscrive
| 2 p | = | (AP + SA) + (PB + BQ) + (QC + CR) + (RD + DS) |
| = | 2 AP + 2 PB + 2 CR + 2 RD | |
| = | 2 (AP + PB) + 2 (CR + RD) |
da cui dividendo per 2 e riprendendo la notazione già introdotta
| p | = | (AP + PB) + (CR + RD) | = | a + c. | (1) |
Essendo 2 p = a + b + c + d si ricava subito che
| 2 p | = | a + b + c + d | = | p + b + d | cioè | p = b + d. | (2) |
| p - a | = c, | p - b | = d, | p - c | = a, | p - d | = b, |
per cui la formula di Brahmagupta diviene
| (ABCD)2 | = | (p - a) (p - b) (p - c) (p - d) | = | a b c d |
c.v.d.
Problema 14.5. Dimostrare che l'area (al quadrato) di un quadrilatero circoscritto ad un cerchio risulta (ABCD)2 = a b c d sen2 (β + δ)/2 con β e δ angoli opposti.
Dopo quanto discusso nel problema precedente, la dimostrazione qui richiesta discende immediata. Difatti, trascurando il cerchio nel quale risulta inscritto ABCD (nascondere con 
in fig. 6 la circonferenza circoscritta), possiamo assumere come valida la deduzione che dimostra come il semiperimetro del quadrilatero valga
| p | = | a + c | = | b + d. |
Come visto, ne segue
| p - a | = c, | p - b | = d, | p - c | = a, | p - d | = b, |
cosicché l'applicazione della formula generale dell'area comporta
| (ABCD)2 | = | (p - a) (p - b) (p - c) (p - d) - a b c d cos2 | β + δ 2 |
|||||
| = |
|
|||||||
| = |
|
|||||||
| = |
|
|||||||
dove si è fatto uso della identità goniometrica fondamentale.
Problema 14.6. I prolungamenti dei lati opposti AB e CD di un quadrilatero ABCD si intersecano in un punto E mentre le rette BC e AD si intersecano in F. Se G è il punto medio di EF e M ed N i punti medi rispettivamente delle diagonali AC e BD, dimostrare che M, N e G sono collineari.
Dimostrazione. Consideriamo AED e siano P, Q, R i punti medi rispettivamente dei lati AE, ED e DA (fig. 7).
figura 7
Osserviamo innanzitutto che, essendo P e Q i punti medi dei lati AE e ED, la retta PQ è parallela al lato AD. Per lo stesso teorema, QG
DF per cui i segmenti PQ e QG risultano paralleli alla medesima retta per A, D, F. Avendo il punto Q in comune segue che G
PQ. Con le medesime osservazioni concludiamo che anche NQR e MRP. Dato che i lati di PQR appartengono alle rette, PQ, QR e RP e ciascuno dei punti G, M e N, per quanto appena detto, giace su una di queste rette, potremo dimostrare la collinearità di questi ultimi punti sfruttando il teorema di Menelao che tratta dei lati di un triangolo e delle loro intersezioni con una trasversale.
A tale scopo notiamo che i lati di AED sono tagliati dalla trasversale per B, C, F per cui il teorema di Menelao assicura la validità della relazione
| AB BE |
· | EC CD |
· | DF FA |
= | -1. |
Tenendo conto che
| AB = 2 RN, | BE = 2 NQ, | EC = 2 PM, | ||
| CD = 2 MR, | DF = 2 QG, | FA = 2 GP, |
la precedente diviene
| 2 RN 2 NQ |
· | 2 PM 2 MR |
· | 2 QG 2 GP |
= | -1 |
ossia anche
| RN NQ |
· | PM MR |
· | QG GP |
= | -1. |
Commutando il secondo con il terzo fattore risulta infine
| PN NQ |
· | QG GP |
· | PM MR |
= | -1 |
che, in base al teorema di Menelao, assicura l'appartenenza dei punti N, G, M ad una medesima retta che incontra le rette dei lati di PQR. La retta in tal modo individuata viene spesso indicata come la linea di Newton o anche linea di Gauss-Newton del quadrilatero ABCD.
Problema 14.7. I prolungamenti di due lati opposti di un quadrilatero ciclico si intersecano in un punto E e i rimanenti due in F. Dimostrare che le bisettrici degli angoli formati dai prolungamenti dei lati di vertici E e F sono perpendicolari.
Dimostrazione. Tracciati i prolungamenti dei lati, siano E e F le rispettive intersezioni (fig. 8). Costruite le bisettrici di BEC e AFB, sia G la loro intersezione. Va dimostrato che EGF = 90°.
figura 8
Indicati con A, B, C e D gli angoli di ABCD, gli angoli di AED soddisfano alla
| A + BEC + D |
= | 180°, |
così come quelli di DFC
| D + AFB + C |
= | 180°. |
Sommando membro a membro e tenendo conto che BEC = 2BEG e AFB = 2GFB e che gli angoli opposti in un quadrilatero ciclico sono supplementari
| 2BEG + 2GFB + (A + C) + 2D |
= | 360° |
| 2BEG + 2GFB + 180° + 2D |
= | 360° |
da cui, dividendo per 2
| BEG + GFB + D |
= | 90° | ossia | BEG + GFB = 90° - D. |
(1) |
Sia P l'intersezione della bisettrice EG con BC e determiniamo FPG. Osservato che FPG = PBE + BEP in quanto angolo adiacente esterno di BEP, deve valere
| FPG |
= | PBE + BEP |
= | (180° - B) + BEP |
= | 180° - B + BEG. |
(2) |
D'altra parte gli angoli di FPG soddisfano alla
| GFP + FPG + PGF |
= | 180° | da cui | PGF |
= | 180° - GFP - FPG. |
Tenuto conto che PGF = EGF e GFP = GFB, sostituiamo in quest'ultima relazione la precedente (2)
| EGF |
= | 180° - GFB - (180° - B + BEG) |
| = | - GFB + B - BEG |
|
| = | - (BEG + GFB) + B |
e quindi utilizzando la (1) e, ancora, il teorema sugli angoli supplementari nei quadrilateri ciclici, risulta
| EGF |
= | - 90° + D + B |
| = | - 90° + 180° = 90° |
che costituisce la tesi.
Problema 14.8. In un quadrilatero convesso ABCD sia O l'intersezione delle diagonali e E, F e G le proiezioni di C, D, O sulla retta AB. Dimostrare che
| (ABCD) | = | AB · FD · EC 2 GO |
In riferimento alla figura 9, l'area del quadrilatero si può dare in termini della somma delle aree dei triangoli rettangoli AFD e EBC e del trapezio FECD.
figura 9
Risulta quindi
| (ABCD) | = | (AFD) + (EBC) + (FECD) | = | AF · FD 2 |
+ | EB · EC 2 |
+ | FE · (EC + FD) 2 |
Raccolto il fattore 2 eseguiamo i prodotti fattorizzando quindi i termini comuni
| (ABCD) | = | 1 2 |
(AF · FD + EB · EC + EC · FE + FD · FE) |
| (ABCD) | = | 1 2 |
[FD (AF + FE) + EC (FE + EB)] |
| (ABCD) | = | 1 2 |
[FD · AE + EC · FB]. |
Notiamo che nel caso una (o entrambe) delle proiezioni di C o D cada all'esterno del segmento AB dovremo considerare la misura del segmento di base come negativa coerentemente con la convenzione più volte discussa: per esempio nel caso rappresentato in fig. 10, EB si dovrà considerare come negativo onde mantenere valida la relazione FE + EB = FB.
La similitudine esistente rispettivamente fra i triangoli rettangoli AEC
AGO e BDFBOG permette di impostare i rapporti
| AE EC |
= | AG GO |
FB FD |
= | GB GO |
dai quali dedurre
| AE | = | AG · EC GO |
FB | = | GB · FD GO |
Sostituendo questi ultimi risultati nell'espressione valida per (ABCD) otteniamo
| (ABCD) | = | 1 2 |
[FD · AE + EC · FB] | ||||||||
| = | 1 2 |
|
|||||||||
| = | 1 2 |
|
|||||||||
per cui, essendo AB = AG + GB giungiamo infine alla
| (ABCD) | = | AB · FD · EC 2 GO |
come volevasi dimostrare.
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|
||||||||||
