La linea di Simson - 2

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Tra le numerose proprietà della linea di Simson proponiamo in questa pagina quelle che la collegano in qualche modo all'ortocentro del triangolo e al cerchio dei nove punti. Concludiamo quindi l'esposizione con il teorema di Tolomeo che, pur presente in diversi testi, non sempre risulta conosciuto.

Una retta particolare

Riprendiamo la figura 9 della pagina precedente e definiamo il punto T di intersezione della retta PA₁ con la circonferenza circoscritta. Congiungiamo quindi A con T. Da una semplice analisi della figura sottostante (si muova il punto P) appare evidente il parallelismo della retta AT con la linea di Simson: dimostriamo questo fatto.

I punti P, A, T e C appartengono alla circonferenza circoscritta per costruzione mentre il quadrilatero PB₁A₁C risulta inscritto in un cerchio di diametro PC in quanto PB₁C = PA₁C = 90° (si veda pure quanto già detto nella pagina precedente). Ne segue

perché insistono sul medesimo arco. Sostituendo A con B₁ è anche

e, infine, per l'insistenza sullo stesso arco, abbiamo

Essendo ATP e B₁A₁P angoli corrispondenti congruenti rispetto alla trasversale PT, ne discende il parallelismo di AT con la linea di Simson (c.v.d.).
(Nota: nella costruzione di figura 1, nella finestra delle proprietà del punto T si è aggiunta la condizione che questo sia diverso da P. Ciò evita che l'applet scambi il significato dei due punti quando, trascinando P, questi vanno a coincidere. Per verifica, selezionare lo strumento Edita oggetto e puntare su T. Questo accorgimento si dimostra utile in quei casi dove due curve si intersecano in due punti e si vuole mantenere la loro individualità quando essi coincidono).

Angolo tra due linee di Simson (1)

Intendiamo ora studiare l'angolo esistente tra due linee di Simson, ciascuna corrispondente ad un diverso punto sulla circonferenza circoscritta (di centro S) e, a tal fine, sfrutteremo la proprietà appena dimostrata.

Siano P e P₁ i due punti sulla circonferenza circoscritta: nella figura 2 la linea di Simson del secondo punto P₁ è stata costruita, per brevità, tracciando la parallela per A₂ (piede della perpendicolare da P₁ a BC) alla retta AT₁ e quindi sfruttando la precedente proprietà. Per la medesima proprietà l'angolo tra queste due è congruente con TAT₁. È ora immediato collegare questo angolo con l'angolo al centro PSP₁ che separa P da P₁. Difatti le corde PT e P₁T₁ sono parallele essendo entrambe perpendicolari al lato BC e quindi, gli archi da esse individuati sulla circonferenza sono pure congruenti. Per la corrispondenza esistente tra gli archi e angoli al centro, si ha

dove, nell'ultima congruenza, si è utilizzata la nota proprietà che lega gli angoli alla circonferenza con quelli al centro che insistono sul medesimo arco. In definitiva vale

TAT1

=

1 2

PSP1

per cui possiamo affermare che

Teorema

L'angolo tra due linee di Simson di due punti P e P₁ sulla circonferenza circoscritta è la metà dell'angolo al centro individuato dall'arco (o dalla corda) PP₁.

Immediata, dato questo risultato, quest'altra proprietà riassunta in fig. 3 e che si può enunciare come

Corollario

Le linee di Simson di due punti diametralmente opposti della circonferenza circoscritta ad un triangolo, sono ortogonali.

Muovendo il punto P della precedente costruzione appare evidente che il punto di intersezione tra le due linee di Simson percorre, con verso opposto a P, un luogo facilmente immaginabile. Più avanti vedremo quindi di individuare formalmente quale sia questo luogo.

Linea di Simson e ortocentro

Prima di indagare sui legami esistenti tra la linea di Simson di un punto e l'ortocentro del triangolo conduciamo una piccola sperimentazione. Costruito quindi l'ortocentro O colleghiamolo al punto P con un segmento e quindi determiniamo l'intersezione M tra OP e la linea di Simson di P.

Tramite lo strumento Espressione aritmetica chiediamo le lunghezze dei segmenti PM e MO (selezionare e fare un clic sulle misure che appaiono in fig. 4 per visualizzare quanto immesso in corrispondenza delle celle Espressione aritmetica e Spiegazione). Se ora muoviamo P osserveremo che le lunghezze di questi segmenti varieranno ma, nello stesso tempo, rimangono sempre mutuamente uguali. Così emerge evidente il collegamento tra la linea di Simson e l'ortocentro: quest'ultimo, assieme al punto pedale P definisce un segmento che viene bisecato dalla linea di Simson: vediamo di dimostrare ciò formalmente. Per affrontare tale problema conviene, per chiarezza, suddividere la dimostrazione in più parti nonché farla precedere dalla prova di un teorema che in seguito verrà utile nella dimostrazione principale (dimostreremo cioè, un lemma).

Sia pertanto O l'ortocentro di ABC, T l'intersezione dell'altezza AH con la circonferenza circoscritta (BG e CJ le rimanenti altezze). In figura 5 appare poi la circonferenza passante per i punti B, C e O. Proviamo che

Lemma

La corda BC, comune alla circonferenza circoscritta e a quella per B, C e O, biseca perpendicolarmente il segmento OT.

Dimostrazione. Dato che OHBC è OHB = THB = 90°. Inoltre

in quanto GBC è rettangolo. Essendo angoli che insistono sullo stesso arco CT è pure

Poiché anche CAT è complementare con C (AHC è rettangolo), ne discende

Per la transitività della congruenza otteniamo

per cui i triangoli HBO e HBT sono congruenti (per il criterio ALA) e risulta OH = HT con OTBC (c.v.d.).
Possiamo ora iniziare la dimostrazione del seguente

Teorema

Il segmento che congiunge l'ortocentro di un dato triangolo con un punto sulla circonferenza circoscritta, è bisecato dalla linea di Simson di quel punto.

In aggiunta agli elementi già introdotti nelle precedenti discussioni e caratterizzanti la linea di Simson, abbiamo tracciato in fig. 6 il segmento PT e le sue intersezioni, U e V rispettivamente con il lato BC e la linea di Simson.

Parte 1. Poiché PC₁B = PA₁B = 90°, il quadrilatero PC₁BA₁ possiede i vertici conciclici e pertanto, come angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco, vale la congruenza

D'altra parte, PBC₁ = PBA e, per lo stesso motivo sopra (questa volta si tratta del cerchio circoscritto),

Essendo PA₁AT,

in quanto alterni interni di rette parallele. Ora per la transitività della congruenza discende

e PA₁V risulta isoscele. Quindi PV = A₁V.

Parte 2. Data l'ortogonalità di PA₁ rispetto a BC è (fig. 7)

e analogamente

Per transitività discende

e quindi anche VUA₁ risulta isoscele. È pertanto A₁V = UV cosicché V risulta pure il punto medio dell'ipotenusa PU del triangolo rettangolo PA₁U.

Parte 3. Colleghiamo innanzitutto l'ortocentro O con il punto U (fig. 8). Poiché U è un punto della corda BC, corda che per quanto dimostrato nel precedente lemma biseca perpendicolarmente OT (richiedere la visualizzazione degli elementi nascosti volendo ritrovare la costruzione di fig. 5), si ha

OU = UT

e

UOT = UTO   (oppure UOH = UTH).

Dalla perpendicolarità di OT con BC deduciamo anche

Per quanto visto nella parte 1, valgono le congruenze

UTH

=

VPA1

VPA1

=

PA1V

cosicché

Essendo pure VA₁U complementare con PA₁V

discende la congruenza

dalla quale deduciamo il parallelismo tra OU e la linea di Simson (OUA₁C₁).

Parte 4. Infine tracciamo il segmento OP e il punto di intersezione M con la linea di Simson (fig. 9).

La conclusione appare immediata: difatti, nel POU il punto V risulta il punto medio del lato PU (parte 2), VMOU (parte 3), allora per il teorema di Talete, M è il punto medio di OP. La linea di Simson di un punto P biseca pertanto il segmento che ha per estremi P e l'ortocentro del triangolo (c.v.d.).

Linea di Simson e cerchio dei nove punti

Nelle figure 4 e 9, dove compare il punto medio M del segmento OP, tra gli strumenti proposti nella prima riga si è aggiunto pure quello che permette di tracciare un luogo di punti. Se quindi attiviamo il pulsante e chiediamo di tracciare il luogo dei punti M al variare di P sulla circonferenza circoscritta otteniamo, ancora una volta, una vecchia conoscenza: muovendo poi P e osservando come varia la posizione di M possiamo pure "tentare" un'ipotesi ossia che tale luogo sia il cerchio dei nove punti di ABC. La correttezza di questa supposizione, basata sulla sperimentazione, evidentemente va dimostrata.

Riprendendo i nomi dei punti utilizzati nella pagina sulla linea di Eulero, sia quindi S il circocentro (punto sempre presente, anche se nascosto, nelle costruzioni coinvolgenti il cerchio circoscritto) cosicché OS è il segmento della linea di Eulero che collega ortocentro e circocentro. Sappiamo pure che il punto medio N di OS è il centro del cerchio dei nove punti (fig. 10).

Sia P₁ il punto diametralmente opposto a P. Dal teorema precedente la linea di Simson di P₁ biseca il segmento OP₁ nel suo punto medio M₁. Considerando il POP₁ per il fatto che

l'applicazione del teorema di Talete, implica che sia MM₁PP₁. Analogamente, N è il punto medio di OS cosicché, sempre per Talete, NMM₁. Infine, applicando il teorema sui punti medi di due lati ai POS e OP₁S, deduciamo che

ma essendo S punto medio di PP₁ cioè PS = SP₁, N è pure il punto medio di MM₁. Avendo PP₁ = 2R, con R raggio del cerchio circoscritto, risulta anche MM₁ = R e MN = NM₁ = R/2 che coincide con il già noto raggio del cerchio dei nove punti. In sostanza M e M₁ hanno una distanza costante pari a R/2 da N, centro del cerchio in questione (e punto fisso): devono quindi appartenere al cerchio dei nove punti.
Infine, detto Z il punto di intersezione tra le due linee di Simson, come conseguenza del corollario provato sopra, queste sono mutuamente ortogonali per cui Z appartiene alla semicirconferenza di diametro MM₁ = R. Ciò comunque equivale ad affermare che, in aggiunta a M e M₁, anche il luogo dei punti Z coincide con la circonferenza del cerchio dei nove punti (c.v.d.).
Come definitiva verifica, si richieda con la tracciatura dei luoghi dei punti M, M₁ e Z al variare di P sulla circonferenza circoscritta.

Teorema di Tolomeo

Riprendiamo il risultato già acquisito che esprime le lunghezze dei lati del triangolo pedale A₁B₁C₁ in funzione delle lunghezze a, b, c dei lati di ABC, delle distanze dai vertici del punto pedale P e del raggio della circonferenza circoscritta (che qui riportiamo come R).

Sappiamo che quando P appartiene alla circonferenza circoscritta (in fig. 11, P è stato semplicemente sovrapposto alla circonferenza) il triangolo degenera in un segmento ma, ciò nonostante, notiamo che le lunghezze sopra riportate non presentano alcuna singolarità dato che R non varia. Ne segue che le relazioni continuano ad esprimere, anche in questa situazione le lunghezze dei segmenti B₁C₁, A₁C₁ e A₁B₁. Dato l'allineamento esistente vale comunque anche la relazione

per cui sostituendovi le lunghezze date sopra e moltiplicando entrambi i membri per 2R si ottiene

espressione che si può riportare come

Se interpretiamo P come un quarto punto conciclico con A, B e C, la relazione appena dedotta si trasforma in una affermazione sui quadrilateri inscritti in un cerchio (fig. 12), affermazione che si trova per la prima volta nell'opera Sintassi matematica o Almagesto, famoso trattato di astronomia matematica scritto da Claudio Tolomeo di Alessandria nel II secolo d. C.: l'enunciato è

Teorema di Tolomeo

Se un quadrilatero è inscritto in un cerchio, la somma dei prodotti delle coppie dei lati opposti è equivalente al prodotto delle diagonali.

AB x CP + BC x AP = AC x BP

Ci chiediamo se questo teorema abbia un inverso ossia, qualora sia soddisfatta la relazione in riquadro, si possa dedurre che i quattro punti siano conciclici. La risposta è affermativa e la dimostrazione segue da un procedimento per assurdo. Comunque, volendo rafforzare tale convinzione notiamo che, se P non appartenesse alla circonferenza circoscritta ad A, B, C, allora il A₁B₁C₁ non sarebbe degenere per cui varrebbe la disuguaglianza triangolare (in luogo dell'uguaglianza)

Da questa discenderebbe quindi la disuguaglianza

in luogo dell'uguaglianza stabilita. Possiamo in sostanza affermare che

Teorema

Condizione necessaria e sufficiente affinché un quadrilatero sia inscrittibile in un cerchio, è che la somma dei prodotti delle coppie dei suoi lati opposti sia equivalente al prodotto delle diagonali.

Più avanti, nella pagina riguardante i quadrilateri otterremo il teorema di Tolomeo come caso particolare di un teorema valido per quadrilateri convessi qualsiasi.

Altre dimostrazioni del teorema di Tolomeo

Dimostrazione 1. Forniamo di seguito alcune dimostrazioni alternative del teorema di Tolomeo nonché del suo inverso. Per la prima ci riferiamo alla figura 13 dove si è costruito l'angolo DAE in modo che sia congruente con BAC con E appartenente alla retta CD.

Per costruzione è quindi DAE = BAC. Poiché ABCD è ciclico i suoi angoli opposti sono supplementari per cui

CBA

=

180° - CDA

=

ADE.

Ne segue che ABCADE per cui si giustifica la proporzione

Per la medesima similitudine è pure

che, assieme alla congruenza fra gli angoli

BAD	=	BAC + CAD
	=	DAE + CAD	=	CAE

permette di dedurre (secondo criterio di similitudine) ABDACE dalla quale ottenere

Poiché CE = CD + DE possiamo sostituire in questa relazione quanto appena trovato e la (1) ottenendo

dalla quale, moltiplicando per AB, abbiamo la tesi AC x BD = AB x CD + AD x BC.

Dimostrazione 2. In questa seconda dimostrazione proveremo sia il teorema di Tolomeo che il suo inverso. A tale scopo riprendiamo quanto esposto circa un quadrilatero qualsiasi al fine di dimostrare, in quel contesto, la disuguaglianza di Tolomeo e, con riferimento alla figura seguente,

osserviamo che costruito su AB il triangolo ABE in modo che ABEACD e, osservata l'ulteriore similitudine ABCAED (per i particolari vedere la già citata dimostrazione) risultano le relazioni

Addizionandole membro a membro otteniamo

e moltiplicando per AC giungiamo alla

Se ora teniamo presente la disuguaglianza triangolare BE + ED >= BD, la tesi del teorema sarà dimostrata solo se BE + ED = BD. Ciò avviene solo se EBD. In tal caso

AED

+

AEB

=

180°

ma per le congruenze AED = ABC, AEB = ADC, quest'ultima si riscrive anche come

ABC

+

ADC

=

180°

che mostra come ABCD abbia angoli opposti supplementari e quindi sia un quadrilatero ciclico.

Teorema inverso. Sulla stessa linea si basa la dimostrazione del teorema inverso che ha per ipotesi la validità della

e per tesi la ciclicità di ABCD. Negando la tesi supponiamo che ABCD non sia ciclico. Si può quindi procedere come nella prima parte della precedente dimostrazione fino a determinare la validità della

Poiché ora

AED

+

AEB

=

ABC

+

ADC

<>

180°

altrimenti il quadrilatero sarebbe ciclico e E sarebbe allineato con B e D, deve valere la disuguaglianza BE + ED > BD che moltiplicata per AC comporta

ossia per la (2)

e quindi

contro l'ipotesi.

Concludiamo trattando il caso che ABCD sia un rettangolo cioè si abbia AB = CD e BC = AD e AC = BD: il teorema di Tolomeo si riscrive

e si riduce quindi al teorema di Pitagora.

Problemi

Problema 6.1. Sia ABC un triangolo isoscele di vertice A e P un punto appartenente all'arco BC del cerchio circoscritto. Dimostrare la relazione

Dimostrazione. La dimostrazione segue immediatamente dall'applicazione del teorema di Tolomeo. Difatti applicandolo al quadrilatero ciclico ABPC risulta

ma essendo AB = AC diviene

dalla quale si ha la tesi

Nel caso che ABC sia equilatero è pure BC = AC per cui la (1)

implica

Quest'ultimo risultato costituisce il teorema di Van Schooten del quale sotto forniamo delle dimostrazioni alternative.

Problema 6.2. Un cerchio di centro A interseca i lati AB e AD del parallelogramma ABCD 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

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

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