Problemi vari

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La serie di problemi che segue vuole costituire una piccola raccolta di esercizi di vario genere su aspetti della geometria elementare che non sono necessariamente collegati a quanto svolto nelle altre pagine di questo lavoro.

• Problema 1
• Problema 2
• Problema 3
• Problema 4
• Problema 5
• Problema 6
• Problema 7
• Problema 8
• Problema 9
• Problema 10
• Problema 11
• Problema 12
• Problema 13

Problema 1

Dato il quadrato ABCD (fig. 1) e gli angoli EBC = ECB = 15°, dimostrare che il AED è equilatero.

Dimostrazione. Tracciata la perpendicolare a BE da A e la semiretta BN tale che EBN = 60° (fig. 2), vale la congruenza

in quanto

e BC = AB. Questi triangoli sono inoltre isosceli: in particolare possiedono BN = BE. Ne segue che BEN risulta equilatero con BM = ME. Il segmento AM è quindi asse di BE e ciò significa che ABE è isoscele con AB = AE. Per la simmetria assiale esistente nel problema si applicano analoghe considerazioni al ECD giungendo ad affermare pure che CD = DE. AED possiede tutti i lati congruenti con i lati del quadrato e pertanto congruenti fra di loro. In definitiva AED è equilatero c.v.d.

Problema 2

Con riferimento alla fig. 3, CPQ è una semiretta interna all'angolo BCA di un triangolo, con P e Q piedi delle perpendicolari alla semiretta tracciate da A e da B. Se M è il punto medio di AB, dimostrare che MQP è isoscele.

Dimostrazione. Tracciata la perpendicolare alla semiretta CPQ da M e detta H la loro intersezione (fig. 4), le rette AP, MH e QB sono tutte parallele essendo perpendicolari a CPQ. Ne segue che per il teorema di Talete riguardante i fasci di rette parallele tagliate da rette trasversali, queste ultime rapppresentate da AB e CPQ, vale la proporzione

e poiché AM = MB, è anche PH = HQ. La retta MH risulta quindi asse di PQ e quindi che MP = MQ ossia MQP dev'essere isoscele (c.v.d.).
Una possibile generalizzazione: mostrare che il risultato rimane valido se si considera pure la retta per C esterna al triangolo.

Problema 3

Provare che la somma delle distanze di un punto interno ad un triangolo equilatero dai lati, è costante (fig. 5).

Dimostrazione. Tracciamo i segmenti PA, PB e PC (fig. 6): l'area di ABC si può esprimere come la somma delle aree dei tre triangoli in cui viene suddiviso quello originario ossia

Essendo il triangolo equilatero, i suoi lati sono congruenti AB = BC = CA per cui l'area si riscrive come

D'altra parte, detto H il piede dell'altezza condotta da C ad AB, è anche

per cui uguagliando le due espressioni si ottiene

e, data la costanza dell'altezza CH, l'assunto si può ritenere dimostrato. In fig. 5 si è richiesta la visualizzazione (e il calcolo) della somma PD + PE + PF immettendola nella forma d(P,D) + d(P,E) + d(P,F) in corrispondenza della cella Espressione aritmetica che appare attivando lo strumento .

Problema 4

In ABC (fig. 7), M è il punto medio di BC, P il punto medio di AM, Q il punto medio di BP e R il punto medio di CQ. Determinare il rapporto tra (ABC) e (PQR).

Soluzione. Innanzitutto tracciamo il segmento PC (fig. 8) e notiamo che l'altezza di PBC è pari alla metà di quella ABC. Difatti secondo l'ipotesi, essendo P punto medio di AM, una parallela per esso al lato BC dimezza, per il teorema di Talete, qualsiasi segmento uscente da A che intersechi il lato BC (e quindi pure l'altezza). Avendo, gli stessi triangoli, la medesima base BC, vale il rapporto tra le aree

Consideriamo ora i due triangoli PQC e PBC. Questi possiedono la medesima altezza rispetto al lato PB (o PQ) ma basi una metà dell'altra: vale quindi ancora un rapporto tra le aree

Infine, per lo stesso motivo (stesse altezze e basi in rapporto 1:2), sussiste il rapporto

Sostituendo una nell'altra a partire dall'ultima queste relazioni discende facilmente che tra le aree di PQR e ABC sussiste il legame

che risponde a quanto richiesto dal problema.

Problema 5

Sia AP un segmento ceviano del triangolo equilatero ABC. Detta Q l'intersezione tra la circonferenza circoscritta a ABC con il prolungamento di AP, dimostrare la validità della relazione

Dimostrazione. Notiamo che, qualsiasi sia la posizione di Q sull'arco minore BC (figura 9), BQC = 120° essendo BAC = 60° in quanto il quadrilatero ABQC è inscritto in un cerchio.

Ne segue che BQD = 60° e quindi possiamo fissare un punto D sul prolungamento di CQ dalla parte di Q tale che BDQ sia equilatero.

I segmenti BD e PQ sono perciò paralleli formando il medesimo angolo con la semiretta CD, e simili sono i triangoli BDCPQC. Si può pertanto impostare la proporzione

Dividendo per BD = QB e scrivendo DC = DQ + QC si ha

ma essendo BDQ equilatero, è anche DQ = QB per cui

come volevasi dimostrare.

Problema 6

Nel ABC sia AP un ceviano relativo al lato BC (figura 10). Con origine in B e rispettivamente, in C, si traccino le rette parallele ad AP e siano D ed E le loro intersezioni con i prolungamenti di CA e BA. Dimostrare che vale

Dimostrazione. Consideriamo BCE e BPA. Questi possiedono APEC per cui BCE = BPA in quanto angoli corrispondenti di rette parallele. Ne segue che per il primo criterio di similitudine (è anche ABP = EBC)

e vale la proporzione

Passiamo ai triangoli BCD e PCA. Con considerazioni analoghe in quanto APDB si ha

così come

Sommando i membri di (1) e (2) otteniamo

Poiché il primo membro si può riscrivere come

la (3) diventa

dalla quale, dividendo per BC e commutando gli addendi, si ha la tesi

Problema 7

P è un punto qualsiasi dell'altezza AH di ABC. Le semirette BP e CP intersechino i lati (o i loro prolungamenti) AB e CA rispettivamente in Q e R (fig. 11). Dimostrare che QHA = RHA.

Dimostrazione. Tracciata da R la perpendicolare a BC sia S la sua intersezione con BC e U con CQ (fig. 12). Analogamente la perpendicolare per Q a BC incontra quest'ultimo in T e BR in V.

Essendo QTAHRS discendono le similitudini tra

BVQBPA,

BTVBHP

che implicano, rispettivamente, le proporzioni

La transitività assicura che

dalla quale discende anche

Similmente si procede con i triangoli del "lato destro" di ABC per i quali sussistono

CURCPA

CSUCHP

e di conseguenza

La proprietà transitiva permette di ottenere

Ancora per transitività, da (1) e (2) otteniamo la proporzione

che possiamo riscrivere, sommando 1 ad entrambi i membri

Ma QV + VT = QT e RU + US = RS per cui

Dato il parallelismo tra QT, AH e RS e considerando VPR e THS due loro trasversali, per il teorema di Talete si può impostare l'ulteriore proporzione

mentre, per il primo criterio di similitudine, risulta QPV UPR. Quest'ultima similitudine giustifica la proporzione

che, per la transitività con la precedente permette di dedurre

Infine, ancora per transitività con la (3), abbiamo

In base al secondo criterio di similitudine questa proporzione dimostra la similitudine dei due triangoli rettangoli QTH e RSH dalla quale discende la congruenza

e quindi, per differenza con angoli retti, di

come volevasi dimostrare.

Problema 8

È dato un triangolo con angoli minori di 120°. Dimostrare che la somma delle distanze di un punto arbitrario interno dai vertici del triangolo è minima quando ogni lato del triangolo viene visto sotto un angolo di 120°.

Dimostrazione. Sia P il punto interno al ABC, triangolo avente angoli minori di 120°. Eseguiamo una rotazione antioraria di APC di 60° verso l'esterno attorno al punto A. Sia C₁ l'immagine di C e P₁ l'immagine di P (fig. 13). I triangoli APC e AP₁C₁ sono perciò congruenti cosicché PC = P₁C₁.

A seguito della rotazione APP₁ e ACC₁ sono equilateri e pertanto AP = PP₁. Possiamo quindi riscrivere la somma delle distanze di P dai vertici

come la somma delle lunghezze dei segmenti costituenti la spezzata BPP₁C₁ ossia

Poiché la posizione di C₁ non dipende da P (si provi a trascinare nella figura 13 il punto P), il problema equivale a determinare la minima distanza tra i punti fissi B e C₁. Essendo in generale

il minimo di s è raggiunto quando i punti P, P₁ sono allineati con B e C₁ ossia quando il segmento PP₁ appartiene al segmento BC₁: in tal caso è s = BC₁. Pertanto dev'essere APC₁ = 60° e AP₁C₁ = 120°. Si deduce ora facilmente che APB = 120° e dato che, per la congruenza osservata all'inizio APC = AP₁C₁, è anche APC = 120°. Infine, per differenza con l'angolo giro, BPC = 120° c.v.d.
Nel caso che uno degli angoli del triangolo sia maggiore o uguale a 120°, si può dimostrare che il punto che soddisfa alla condizione di minimo richiesta, è il vertice cui corrisponde l'angolo maggiore o uguale di 120°.

Problema 9

Costruito un pentagono convesso qualsiasi ABCDE (fig. 14), si considerino le intersezioni tra le rette dei lati

H = BADE

I = EACB

J = ABDC

K = BCED

L = CDAE

Siano

c1		la circonferenza circoscritta a AEH
c2		la circonferenza circoscritta a BAI
c3		la circonferenza circoscritta a CBJ
c4		la circonferenza circoscritta a DCK
c5		la circonferenza circoscritta a EDL.

Queste circonferenze si intersecano rispettivamente nei punti

c1c2

=

{A, P}

c2c3

=

{B, Q}

c3c4

=

{C, R}

c4c5

=

{D, S}

c5c1

=

{E, T}.

Dimostrare che i punti P, Q, R, S e T appartengono alla medesima circonferenza (tale risultato viene anche identificato come il teorema del pentagramma di Miquel).

Dimostrazione. Parte 1. Innanzitutto costruiamo la circonferenza circoscritta a ICL: intendiamo dimostrare che S appartiene a questa circonferenza (fig. 15, dove sono stati nascosti gli elementi non coinvolti). Per ottenere ciò dobbiamo evidentemente dimostrare che i quattro punti I, C, S, L sono conciclici ossia che il quadrilatero ICSL ha angoli opposti supplementari: in particolare dovrà essere ILS + ICS = 180°.

A tal fine osserviamo che il quadrilatero ELSD è inscritto in una circonferenza (c₅) per cui si ha

in quanto SDK è il supplementare di EDS. Notato che ELS = ILS, possiamo scrivere

ILS + ICS	=	SDK + ICS
	=	SCK + ICS

dove nell'ultimo passaggio abbiamo sfruttato la congruenza SDK = SCK in quanto angoli che insistono sul medesimo arco SK della circonferenza circoscritta a DCK (c₄). Essendo però gli angoli coinvolti nella somma ad ultimo membro uno il supplementare dell'altro risulta, come aspettato,

ILS + ICS

=

180°.

Nello stesso modo si può dimostrare che pure Q appartiene alla circonferenza circoscritta a ICL (ciò appare evidente anche in figura 15). In definitiva i punti I, Q, C, S, L sono conciclici.

Parte 2. In questa seconda parte intendiamo mostrare che Q appartiene alla circonferenza passante per P, T ed S. Per provare ciò utilizzeremo ancora il teorema riguardante la somma degli angoli opposti di un quadrilatero inscritto in un cerchio e quindi dimostreremo che PQS + PTS = 180°. Osserviamo (fig. 16) che

PTS

=

PTE

+

ETS

(1)

Il fatto che P, A, E, T siano conciclici permette di scrivere

PTE

=

180° - PAE

che diviene

PTE

=

180° - PAE

=

PAI

=

PQI

(2)

essendo PAI il supplementare di PAE e PAI = PQI perché angoli che sottendono lo stesso arco PI nella circonferenza c₂ circoscritta a BAI. Considerando il secondo angolo coinvolto nella somma in (1), per la congruenza esistente tra angoli che insistono sullo stesso arco, segue

ETS

=

ELS

=

ILS.

Inoltre, ricordando che nella prima parte si è dimostrata la ciclicità dei punti I, Q, C, S, L, gli angoli ILS e IQS risultano supplementari (al solito, perché angoli opposti di un quadrilatero inscritto in una circonferenza), per cui

ETS

=

ELS

=

ILS

=

180° - IQS.

(3)

Inserendo i risultati espressi da (2) e (3) in (1) abbiamo

PTS

=

PQI

+

180° - IQS,

cosicché la somma degli angoli opposti del quadrilatero PQST diviene

PQS + PTS

=

PQS + PQI + 180° - IQS.

Osservato che PQS + PQI = IQS abbiamo

PQS + PTS

=

IQS + 180° - IQS

=

180°

che è quanto si voleva ottenere: Q pertanto appartiene alla medesima circonferenza per P, T, S. Poiché la medesima tecnica si può applicare per dimostrare che anche R appartiene alla circonferenza per P, T, S, ed essendo questa unica, concludiamo con l'affermare l'appartenenza dei cinque punti P, Q, R, S e T alla circonferenza visualizzata in fig. 14.

Problema 10

Sia ABCD un quadrilatero e P un punto qualsiasi del piano. Dimostrare che i punti simmetrici di P rispetto ai punti medi dei lati del quadrilatero formano i vertici di un parallelogramma.

Dimostrazione. Siano Q, R, S e T i punti simmetrici di P rispetto ai punti medi M₁, M₂, M₃, M₄ rispettivamente dei lati AB, BC, CD e DA (fig. 17)

Volendo applicare le tecniche dell'algebra dei vettori, la tesi potrà dirsi dimostrata se riusciremo a ottenere l'uguaglianza tra i vettori QR e TS. Notiamo quindi che il quadrilatero PAQB (fig. 18)

dev'essere un parallelogramma in quanto M₁ è non solo punto medio di AB, ma lo è pure di PQ. Tenendo conto del significato di somma vettoriale possiamo scrivere PQ = PA + PB. Nello stesso modo si giunge ad esprimere i vettori PR, PS e PT

Poiché è anche PQ + QR = PR, da questa deduciamo che QR = PR - PQ cosicché, utilizzando le prime due relazioni tra le precedenti giungiamo a

Analogamente PT si può scrivere come PT + TS = PS e quindi

In conclusione, per transitività, risulta QR = TS e quindi il quadrilatero QRST è un parallelogramma.

Problema 11

Dimostrare che in una rotazione di angolo α l'angolo tra due rette e le rispettive immagini non varia.

Dimostrazione. Siano r e s due rette qualsiasi non parallele e P il loro punto di intersezione (le rette sono evidenziate in nero nella fig. 19. Se si intende modificarle selezionare per visualizzare gli elementi nascosti).

Una rotazione di centro O e angolo α fa corrispondere alla retta r la retta r₁ e alla retta s la retta s₁ (se si intende variare α, attivare la visualizzazione degli elementi nascosti con e quindi trascinare H₁ nella fig. 19). Siano inoltre R il punto di intersezione di r con r₁ e Q l'intersezione di r₁ con s (il caso α = 180° è immediato). Allo stesso modo sia T il punto comune di s e s₁ e S l'intersezione di r₁ con s₁.
Per quanto visto circa le rotazioni, l'angolo tra r e r₁ così come quello tra s e s₁ è pari ad α per cui PRQ = QTS = α. Dato che i triangoli PQR e SQT possiedono pure PQR = SQT in quanto opposti al vertice, discende che RPQ = QST. Essendo RPQ l'angolo tra r e s e QST quello tra r₁ e s₁ possiamo concludere che una rotazione non modifica l'angolo esistente tra due rette e le rispettive immagini.

Problema 12

Un triangolo viene suddiviso dalle tre sue mediane in sei piccoli triangoli. Dimostrare che i circocentri di ciascuno di questi triangoli appartengono ad una stessa circonferenza. (problema proposto da Floor van Lamoen nell'American Mathematical Monthly)

Dimostrazione. Siano D, E ed F i punti medi rispettivamente dei lati AB, BC e CA di ABC e G il relativo baricentro. Ogni mediana viene suddivisa dal baricentro in due segmenti ciascuno dei quali costituisce il lato di due diversi triangoli. Tracciati quindi i rispettivi sei assi a due a due paralleli, i loro punti di intersezione determinano i sei circocentri (fig. 20).

In particolare chiamiamo

O1 il circocentro di ADG,		O2 il circocentro di DBG,		O3 il circocentro di BEG,
O4 il circocentro di ECG,		O5 il circocentro di CFG,		O6 il circocentro di FAG.

Osservato che in tale costruzione appaiono coppie di linee parallele possiamo di conseguenza riconoscere dei parallelogrammi. Nella successiva figura evidenziamo quello che ha per vertici opposti O₁ e O₄ e come ulteriore vertice, il punto L di intersezione tra gli assi O₄O₅ e O₁O₆.

Se O₁L è vista come la base di tale parallelogramma, allora l'altezza risulta 1/2 AE in quanto le rette O₁L e O₃O₄ sono gli assi rispettivamente di AG e GE. Se invece consideriamo O₄L come base, per lo stesso motivo, l'altezza ad essa relativa è pari a 1/2 CD. Allora l'area di tale parallelogramma si può esprimere come

da cui abbiamo la proporzione

Questo risultato ci induce a ricercare un analogo rapporto tra O₅L e O₆L in modo da dimostrare l'appartenenza ad una medesima circonferenza dei quattro circocentri O₁, O₄, O₅, O₆ sfruttando il teorema inverso delle secanti. Fissiamo pertanto l'attenzione sul triangolo LO₆O₅ e in particolare sui suoi angoli (fig. 22).

I lati LO₅ e O₆O₅ di O₆O₅L sono rispettivamente perpendicolari a CD e FB. In particolare, una rotazione di 90° oraria porta LO₅ su CD e O₆O₅ su FB e, dato che una rotazione conserva gli angoli tra coppie di rette e le rispettive immagini, ne segue la congruenza degli angoli O₆O₅L e CGF: pertanto O₆O₅L = CGF. Una rotazione antioraria di 90° porta invece O₆O₅ su FB e LO₆ su AE cosicché LO₆O₅ = FGA. Ne segue che

O6LO5	=	180° - (O6O5L + LO6O5)	=	180° - (CGF + FGA)
	=	180° - CGA = AGD

dove nell'ultima uguaglianza abbiamo sfruttato il fatto che AGD è il supplementare di CGA.

Tracciamo ora la parallela per B ad AE e sia M la sua intersezione con il prolungamento della semiretta CD (fig. 23).

Discendono immediatamente le seguenti congruenze tra angoli

GMB	=	AGD	=	O6LO5		in quanto alterni interni di rette parallele
MBG	=	AGF	=	LO6O5		perché corrispondenti di rette parallele.
MDB	=	ADG				perché opposti al vertice.

Seguono quindi, per il primo criterio, la similitudine LO₆O₅MBG e la congruenza tra MBD e GAD. La similitudine implica la proporzione

e la congruenza giustifica le relazioni MG = 2 GD e MB = AG. Poiché il baricentro G suddivide la mediana in parti una doppia dell'altra possiamo quindi scrivere

e sostituita quest'ultima nella precedente implica

Dal confronto di questo risultato con quello ottenuto inizialmente deduciamo l'ulteriore proporzione

e questa, per il teorema inverso delle secanti, ci permette di affermare che i quattro punti O₁, O₆, O₄, O₅ devono essere conciclici (fig. 24).

Nello stesso modo si procede per dimostrare l'appartenenza ad una stessa circonferenza per i punti O₅, O₆, O₁ e O₂ e questa, per la presenza dei tre punti comuni O₁, O₅, O₆, deve coincidere con la precedente. In tal caso si parte dal parallelogramma evidenziato in verde nella figura successiva.

Infine si passa alla quaterna O₆, O₅, O₃, O₄ appartenente al parallelogramma in colore bruno e pure questa avente tre punti in comune con quella sviluppata. In definitiva, i sei circocentri O₁, O₂, O₃, O₄, O₅, O₆ giacciono tutti sulla medesima circonferenza come richiesto dalla tesi.

Problema 13

Una circonferenza c₁ di centro O è tangente internamente a due altri cerchi, c₂ e c₃ rispettivamente nei punti P e Q. Se c₂ e c₃ si intersecano in due punti distinti M e N con N punto più prossimo alla retta PQ, dimostrare che OMMN se e solo se P, N e Q sono collineari.

Dimostrazione. Costruita la figura 26 dove per generalità manifestamente i punti P, N e Q non sono collineari e OMN non è retto, dimostriamo che OMMN se, invece, supponiamo collineari i punti P, N e Q.

Per soddisfare visivamente quest'ultima ipotesi spostiamo il centro O₂ di c₂ in modo che P, N e Q appaiano allineati (ma è altrettanto possibile muovere il centro di c₃ in fig. 26). Otteniamo la fig. 27.

Sia R inoltre il punto di intersezione delle rette tangenti in P e Q, rispettivamente alle coppie c₁, c₂ e c₁, c₃. Poiché OPR = OQR = 90° i quattro punti O, P, R e Q sono conciclici ed appartengono alla circonferenza c₄ di diametro OR (fig. 27). Dato che PR = QR in quanto OPROQR, segue pure PR² = QR² per cui il punto R possiede la medesima potenza sia rispetto al cerchio c₂ che rispetto a c₃. R appartiene quindi all'asse radicale di c₂ e c₃ cioè alla retta per M e N: M, N e R sono quindi collineari.

In riferimento alla fig. 28, notiamo la validità delle congruenze PMN = NPR e NMQ = NQR in quanto angoli che insistono sul medesimo arco PN di c₂ e, rispettivamente, NQ di c₃. Allora

PMQ	=	PMN + NMQ
	=	NPR + NQR

ma essendo gli angoli a secondo membro interni a PRQ discende

PMQ

=

NPR + NQR

=

180° - PRQ.

PMQ e PRQ risultano supplementari cosicché anche P, R, Q, M sono conciclici: in particolare M deve appartenere alla medesima circonferenza c₄.
È ora immediato concludere che OMN = OMR = 90° essendo OR il diametro della circonferenza c₄ comune ai punti O, P, R, Q, M.

Dimostrata la sufficienza della condizione, passiamo alla dimostrazione della sua necessità. In tal caso l'ipotesi risulta OMN = 90° e permette, assieme alla OPR = 90° di dedurre che i quattro punti M, O, P, R sono conciclici (nella fig. 29 si è posizionato O₂ in modo che OMN appaia valere 90°). Dato che, per costruzione, è pure OPR + OQR = 180°, per la stessa ragione anche O, P, R, Q appartengono alla medesima circonferenza.

Possiamo scrivere quindi

PRQ	=	180° - PMQ
	=	180° - (PMN + NMQ)
	=	180° - (NPR + NQR)

dove, nell'ultimo passaggio si è tenuta presente la congruenza tra angoli che insistono sullo stesso arco di una circonferenza (PN in c₂, NQ in c₃, fig. 29). Ne segue che

PRQ + NPR + NQR

=

180°.

(1)

Scriviamo PNQ come parte dell'angolo giro

PNQ

=

360° - (PNR + QNR)

ma, osservando i triangoli PRN e QNR risulta

PNR

=

180° - NRP - NPR,

QNR

=

180° - NQR - NRQ,

e quindi, introdotte queste relazioni nella precedente,

PNQ

=

360° - (180° - NRP - NPR) - (180° - NQR - NRQ)

e semplificando, si ottiene

PNQ	=	NRP + NPR + NQR + NRQ
PNQ	=	PRQ + NPR + NQR

essendo PRQ = NRP + NRQ. Dalla (1) abbiamo in definitiva

PNQ

=

180°

che dimostra la collinearità dei tre punti P, N e Q. Infine nella fig. 30 le circonferenze c₂ e c₃ sono tracciate in modo da intersecarsi nel punto N costruito sulla retta PQ. Al variare dei punti liberi della costruzione (tra i quali c'è N) si verifica ovviamente che OMN = 90°.

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