Chi ha detto che la geometria, almeno quella euclidea, è fatta solo di teoremi e corollari scoperti più di duemila anni fa? Nel precedente articolo di questa rubrica dedicata alle gare di matematica abbiamo mostrato, ad esempio, il teorema di Ceva, enunciato solo nella seconda metà del XVII secolo da parte dell’omonimo matematico italiano Giovanni Ceva (chi se lo fosse perso, può trovarlo qui). Gli “Elementi” di Euclide hanno rivestito un ruolo importante nella nostra scuola fin da quando, all’indomani dell’unità d’Italia, se ne introduceva l’insegnamento nell’istruzione secondaria, ma da soli non esauriscono l’intero panorama di teoremi e proprietà possedute dalle figure geometriche nel piano e nello spazio. Punto di partenza di questo articolo è un teorema, relativamente recente, chiamato teorema di Simson. Vedremo cosa accade quando, da un punto nel piano, si tracciano le proiezioni sui lati di un triangolo, fino ad arrivare al teorema di Viviani. Scopriremo proprietà interessanti e particolarmente utili in vista delle competizioni studentesche.

Il contenuto di questo articolo riprende quanto già presentato dal sottoscritto in occasione degli “Incontri Olimpici” organizzati dal prof. Mugelli a Cetraro nel 2011 nonché, più recentemente, durante il corso di formazione per docenti “La Matematica delle Olimpiadi”, svolto dal 30 ottobre al 1 novembre 2021 ad Assisi.

Supponiamo di considerare un triangolo $ABC$ e un punto $P$ che, almeno in prima analisi, supporremo esterno al triangolo assegnato. Risulta valere il seguente teorema:

Teorema di Simson: le proiezioni di un punto $P$ sui lati di un triangolo $ABC$ sono allineate se e soltanto se $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta ad $ABC$.

La retta sulla quale giacciono le proiezioni del punto $P$ prende il nome di retta di Simson o retta pedale.

Tale teorema, che porta il nome del matematico scozzese Robert Simson (1687 – 1768), è noto anche con il nome di “Teorema di Simson – Wallace”, in quanto pare che in realtà sia stato dimostrato dal conterraneo di Simson, il matematico William Wallace (1768 – 1843), nel 1797. Di seguito ne forniamo una dimostrazione.

Figura 1

Mostriamo dapprima che, nell’ipotesi in cui il punto $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta ad $ABC$, le sue proiezioni sui lati del triangolo sono allineate. In particolare, con riferimento alla figura 1 e senza perdere di generalità (o, come piace tanto dire nelle gare, WLOG – without loss of generality), supponiamo che il punto $P$ appartiene all’arco $AC$ non contenente $B$. Dal momento che gli angoli in $A_{1}$, $B_{1}$ e $C_{1}$ sono retti per ipotesi, i quadrilateri $A_{1}PC_{1}B$ e $AB_{1}PC_{1}$ sono ciclici (vale a dire, sono inscrivibili in una circonferenza) in quanto aventi gli angoli opposti supplementari; analogamente è ciclico il quadrilatero $A_{1}CPB_{1}$ in quanto gli angoli $P\hat{ B_{1} }C$ e $P\hat{ A_{1} }C$, entrambi retti, insistono sullo stesso arco $PC$. Poiché $A\hat{P}C = 180° – \hat{B} = A_{1}\hat{P}C_{1}$, sottraendo al primo ed ultimo membro l’angolo $A\hat{P}A_{1}$ si ottiene che $A_{1}\hat{P}C = A\hat{P}C_{1}$. Dalla ciclicità del quadrilatero $A_{1}CPB_{1}$ discende che $A_{1}\hat{P}C = A_{1}\hat{B_{1}}C$ e dalla ciclicità di $AB_{1}PC_{1}$ discende che $A\hat{P}C_{1} = A\hat{B_{1}}C_{1}$ in quanto angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco. Ne consegue che $A_{1}\hat{B_{1}}C = A\hat{B_{1}}C_{1}$ il che dimostra l’allineamento dei punti $A_{1}$, $B_{1}$ e $C_{1}$.

Per dimostrare il teorema inverso, basta ripercorrere “al contrario” la precedente dimostrazione ponendo attenzione che il punto $P$, affinché abbia le proiezioni allineate, dovrà appartenere all’interno di uno degli angoli del triangolo $ABC$, esternamente ad esso. Con riferimento alla figura 2, esso dovrà appartenere ad una delle zone denominate con la lettera $X$ mentre non potrà appartenere alle regioni indicate con la $Y$ o con la $Z$.

Figura 2

Ne mostriamo ora un paio di applicazioni.

Siano $OA$, $OB$ e $OC$ tre corde di una circonferenza. La circonferenza di diametro $OA$ incontra $AB$ in $Z$, la circonferenza di diametro $OB$ incontra $BC$ in $X$ e la circonferenza di diametro $OC$ incontra $CA$ in $Y$. Dimostrare che $X$, $Y$ e $Z$ sono allineati (Gara nazionale di matematica, Messico, 1993).

Figura 3

Soluzione: osserviamo come $X$, $Y$ e $Z$ sono i piedi delle perpendicolari condotte da $O$ su $BC$, $CA$ e $AB$ in quanto i triangoli $AOZ$, $BOX$ e $CYO$ sono inscritti in tre semicirconferenze e pertanto sono rettangoli. Poiché il punto $O$ appartiene alla circonferenza circoscritta al triangolo $ABC$, per il teorema di Simson $X$, $Y$ e $Z$ devono essere allineati.

Trovare un punto tale che i piedi delle quattro perpendicolari condotte da esso sui lati di un quadrilatero $ABCD$ siano allineati. Il punto cercato esiste qualunque sia il quadrilatero assegnato?

Figura 4

Soluzione: si prolungano i lati opposti $AB$ e $CD$ fino ad incontrarsi in $E$, e i lati $BC$ e $AD$ in $F$. I triangoli $ECB$ e $FBA$ contengono entrambi i lati $AB$ e $BC$, oltre a contenere rispettivamente i lati $CD$ e $AD$ del quadrilatero $ABCD$. Le circonferenze circoscritte ai due triangoli si incontrano in $B$ e in un punto $P$. Per il teorema di Simson i piedi delle perpendicolari $L$, $N$ e $Q$ condotte da $P$ sui lati del triangolo $ECB$ sono allineati, così come sono allineati i piedi delle perpendicolari $L$, $M$ e $Q$ condotte da $P$ sui lati del triangolo $FBA$. Le due rette, avendo due punti in comune, coincidono, e pertanto $P$ è il punto richiesto.

Se il quadrilatero $ABCD$ fosse stato un parallelogramma, si verifica facilmente che non sarebbe stato possibile determinare il punto cercato. Lasciamo al lettore la possibilità di immaginarsi cosa accade nel caso di un trapezio, in cui si forma solo una delle due circonferenze e due delle proiezioni coincidono con il punto da cui si proietta.

Essendo il teorema di Simson condizione necessaria e sufficiente, preso un punto $P$ che non appartiene alla circonferenza circoscritta al triangolo $ABC$ ed indicati con $A_{1}$, $B_{1}$ e $C_{1}$ i piedi delle perpendicolari condotte da $P$ sui lati del triangolo, essi non saranno più allineati; al triangolo $A_{1}B_{1}C_{1}$ viene dato il nome di triangolo pedale e il punto $P$ sarà il punto pedale di $ABC$.

Figura 5

Con riferimento alla figura 5, si consideri ad esempio il quadrilatero $AC_{1}PB_{1}$. Esso è inscrivibile in una circonferenza in quanto $A\hat{B_{1}}P=A\hat{C_{1}}P=90°$ e $AP$ ne è un diametro. Applicando il teorema della corda si ha $\frac{B_{1}C_{1}}{sen \alpha }=AP$ (ove $B\hat{A}C=\alpha$). Analogamente, indicato con $R$ il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, risulta $\frac{BC}{sen \alpha }=2R$. Dividendo membro a membro si ottiene $\frac{B_{1}C_{1}}{BC}=\frac{AP}{2R}$, cioè $B_{1}C_{1}=\frac{BC \cdot AP}{2R}$. Ragionando in modo analogo sugli altri lati del triangolo pedale, si ottengono le relazioni $A_{1}C_{1}=\frac{AC \cdot BP}{2R}$ e $A_{1}B_{1}=\frac{AB \cdot CP}{2R}$.

Applicando la disuguaglianza triangolare al triangolo $A_{1}B_{1}C_{1}$, risulta che $A_{1}C_{1} \leq A_{1}B_{1}+B_{1}C_{1}$ e quindi, sostituendo le relazioni appena trovate e moltiplicando ambo i membri per $2R$, si ottiene $AC \cdot BP \leq AB \cdot CP + BC \cdot AP$, il che rappresenta il teorema di Tolomeo applicato al quadrilatero $ABCP$ (in un quadrilatero il prodotto delle diagonali è minore o uguale alla somma dei prodotti delle coppie di lati opposti). L’uguaglianza è verificata se e solo se il quadrilatero è inscrivibile in una circonferenza, il che accade (si veda fig. 6) se e solo se il vertice $P$ del quadrilatero $ABCP$ appartiene alla circonferenza circoscritta ad $ABC$. In effetti in questo caso le proiezioni di $P$ sui lati di $ABC$ sono allineate per il teorema di Simson, e pertanto $A_{1}C_{1} = A_{1}B_{1}+B_{1}C_{1}$, cioè $AC \cdot BP = AB \cdot CP + BC \cdot AP$. Il teorema di Tolomeo è stato affrontato (ma non dimostrato) anche in un precedente articolo di questa rubrica, che potete trovare qui.

Figura 6

Consideriamo un triangolo $ABC$ e un punto $P$ interno ad $ABC$. Costruito il triangolo pedale $A_{1}B_{1}C_{1}$, è possibile utilizzare lo stesso punto $P$ per costruire il triangolo pedale $A_{2}B_{2}C_{2}$ di $A_{1}B_{1}C_{1}$ (vale a dire, $A_{2}$, $B_{2}$ e $C_{2}$ sono i piedi delle perpendicolari condotte da $P$ sui lati del triangolo $A_{1}B_{1}C_{1}$) e lo chiameremo secondo triangolo pedale. Costruito il terzo triangolo pedale $A_{3}B_{3}C_{3}$ di $A_{2}B_{2}C_{2}$, risulta verificato il seguente teorema:

Il terzo triangolo pedale $A_{3}B_{3}C_{3}$ è simile al triangolo $ABC$ di partenza.

Non ne forniamo una dimostrazione; i più curiosi possono trovarla nella sesta edizione del libro di Casey J., 1892, A Sequel to the First Six Books of the Elements of Euclid o, più recentemente, nell’articolo di Mazza L., 2013, Triangoli, circonferenze e punti notevoli, Progetto Alice, Vol. XIV n. 40. Aggiungiamo però che nel 1940 il matematico B.M. Stewart ha dimostrato un risultato più generale, e cioè che l’n-simo poligono pedale di un qualsiasi poligono di $n$ lati è simile al poligono originario (cfr. American Mathematical Monthly, n. 47, Aug.-Sept. 1940, pagg. 462-466).

Supponiamo che il punto pedale coincida con il circocentro $O$ di $ABC$ ($P \equiv O$). Allora $AP=BP=CP=R$ e risulta che $\frac{B_{1}C_{1}}{BC}=\frac{AP}{2R}=\frac{R}{2R}=\frac{1}{2}$ (analogamente $\frac{A_{1}B_{1}}{AB}=\frac{A_{1}C_{1}}{AC}=\frac{1}{2}$). Il triangolo $A_{1}B_{1}C_{1}$ prende il nome di triangolo mediale in quanto $A_{1}$, $B_{1}$ e $C_{1}$ sono i punti medi dei lati di $ABC$.

Figura 7

Risultano verificate le seguenti proprietà, la cui dimostrazione in taluni casi è immediata:

(1) Il triangolo mediale $A_{1}B_{1}C_{1}$ è simile al triangolo $ABC$ in un rapporto di 1 a 2.

(2) I triangoli $AC_{1}B_{1}$, $BA_{1}C_{1}$, $CB_{1}A_{1}$ e $A_{1}B_{1}C_{1}$ sono uguali fra loro.

(3) Il baricentro $G$ di $ABC$ e il baricentro $G_{1}$ di $A_{1}B_{1}C_{1}$ coincidono. Infatti, con riferimento alla figura 8, $A_{1}$, $B_{1}$ e $C_{1}$ sono i punti medi rispettivamente di $BC$, $AC$ e $AB$ e pertanto i segmenti $AA_{1}$, $BB_{1}$ e $CC_{1}$ sono le mediane di $ABC$. D’altro canto è facile verificare, ad esempio, che $AC_{1}A_{1}B_{1}$ è un parallelogramma, con le diagonali $AA_{1}$ e $B_{1}C_{1}$ che si incontrano nel loro punto medio $M$. Pertanto $A_{1}M$, oltre ad essere la metà di una mediana di $ABC$, è anche mediana di $A_{1}B_{1}C_{1}$, da cui la tesi.

Figura 8

(4) Il circoncentro $O$ di $ABC$ coincide con l’ortocentro $H_{1}$ di $A_{1}B_{1}C_{1}$.

(5) Visto il rapporto di similitudine fra $ABC$ e $A_{1}B_{1}C_{1}$, allora $AH=2A_{1}H_{1}$ (dove con $H$ si è indicato l’ortocentro di $ABC$) e $AG=2A_{1}G_{1}$ (il che, peraltro, ci permette di ritrovare la nota proprietà per cui il baricentro divide ogni mediana in due parti di cui una è doppia dell’altra). Inoltre l’altezza uscente da $A$ e il segmento $A_{1}H_{1}$ sono entrambi perpendicolari a $BC$ e quindi sono paralleli fra loro. Pertanto i triangoli $AHG$ e $A_{1}H_{1}G_{1}=A_{1}OG$ sono simili e, in particolare, $A\hat{G}H = A_{1}\hat{G}O$. Ne discende che i punti $H$, $G$ e $O$ sono allineati e $HG=2GO$. La retta passante per $H$, $G$ e $O$ prende il nome di retta di Eulero.

Figura 9

Supponiamo ora che il punto pedale coincida con l’ortocentro di $ABC$ ($P \equiv H$). Il triangolo $A_{1}B_{1}C_{1}$ prende il nome di triangolo ortico. In questo caso, oltre ai quadrilateri ciclici $AC_{1}HB_{1}$, $BA_{1}HC_{1}$ e $CB_{1}HA_{1}$, sono ciclici anche i quadrilateri $ABA_{1}B_{1}$, $BCB_{1}C_{1}$ e $CAC_{1}A_{1}$.

Figura 10

Il triangolo ortico di un triangolo $ABC$ è interamente contenuto nel triangolo dato se e solo se quest’ultimo non è ottusangolo. Nel caso di triangolo rettangolo, il triangolo ortico si riduce all’altezza relativa all’ipotenusa.

Dimostrare che l’ortocentro $H$ di un triangolo $ABC$ coincide con l’incentro del triangolo ortico $A_{1}B_{1}C_{1}$.

Soluzione: con riferimento alla figura 10, essendo $BA_{1}HC_{1}$ ciclico, allora $C_{1}\hat{A_{1}}H = C_{1}\hat{B}H = C_{1}\hat{B}B_{1}$. Dalla ciclicità di $CB_{1}HA_{1}$ discende che $H\hat{A_{1}}B_{1} = H\hat{C}B_{1} = C_{1}\hat{C}B_{1}$. Infine dalla ciclicità di $BCB_{1}C_{1}$ discende che $C_{1}\hat{B}B_{1} = C_{1}\hat{C}B_{1}$. Pertanto $C_{1}\hat{A_{1}}H = H\hat{A_{1}}B_{1}$, quindi $AA_{1}$ è bisettrice dell’angolo $C_{1}\hat{A_{1}}B_{1}$. Analogamente si dimostra che $BB_{1}$ e $CC_{1}$ sono rispettivamente bisettrici degli angoli $A_{1}\hat{B_{1}}C_{1}$ e $B_{1}\hat{C_{1}}A_{1}$.

Assegnato un triangolo acutangolo $ABC$, dimostrare che gli angolI $\hat{A_{1}}$, $\hat{B_{1}}$ e $\hat{C_{1}}$ del triangolo ortico $A_{1}B_{1}C_{1}$ sono pari rispettivamente a $180° – 2\hat{A}$, $180° – 2\hat{B}$ e $180° – 2\hat{C}$.

Soluzione: sempre con riferimento alla figura 10, dalla ciclicità di $CAC_{1}A_{1}$ risulta che $C_{1}\hat{A_{1}}C = 180° – \hat{A}$ e quindi $B\hat{A_{1}}C_{1} = \hat{A}$. Dalla ciclicità di $ABA_{1}B_{1}$ risulta che $B\hat{A_{1}}B_{1} = 180° – \hat{A}$ e quindi $B_{1}\hat{A_{1}}C = \hat{A}$. Di conseguenza $\hat{A_{1}} = 180° – B\hat{A_{1}}C_{1} – B_{1}\hat{A_{1}}C = 180° – 2\hat{A}$. Analogamente si dimostra per gli altri due angoli.

In alternativa, sfruttando quando mostrato nel precedente esercizio, si può osservare che $\hat{A_{1}} = 2A \hat{B}B_{1}$, e poiché il triangolo $ABB_{1}$ è rettangolo, risulta $A\hat{B}B_{1} = 90° – \hat{A}$, da cui la tesi.

E’ dato un triangolo $ABC$ di area $S$. Indicato con $p$ il semiperimetro del triangolo ortico $A_{1}B_{1}C_{1}$ e con $R$ il raggio della circonferenza circoscritta ad $ABC$, dimostrare che $S = p \cdot R$.

Figura 11

Soluzione: mostriamo dapprima che i tre raggi $OA$, $OB$ e $OC$ sono perpendicolari ai lati del triangolo ortico $A_{1}B_{1}C_{1}$. Infatti, poiché $B\hat{O}C = 2\hat{A}$ (angolo al centro e corrispondente angolo alla circonferenza) e poiché il triangolo $BOC$ è isoscele sulla base $BC$, allora $O\hat{B}C = 90° – \hat{A}$. Inoltre, essendo $CAC_{1}A_{1}$ ciclico, $C_{1}\hat{A_{1}}C = 180° – \hat{A}$, e quindi $B\hat{A_{1}}C_{1} = \hat{A}$. Ne consegue che $OB$ è perpendicolare ad $A_{1}C_{1}$. Analogamente si dimostra la perpendicolarità di $OA$ e $OB$ (o del loro prolungamento) con i lati $B_{1}C_{1}$ e $A_{1}B_{1}$. Il triangolo $ABC$ può essere scomposto nei tre quadrilateri $OB_{1}AC_{1}$, $OC_{1}BA_{1}$ e $OA_{1}CB_{1}$, ciascuno con le diagonali perpendicolari per quanto appena dimostrato. Pertanto l’area di $ABC$ può essere calcolata come somma delle aree dei tre quadrilateri:

$S = \frac{1}{2}B_{1}C_{1} \cdot OA + \frac{1}{2}A_{1}C_{1} \cdot OB + \frac{1}{2}A_{1}B_{1} \cdot OC = \frac{1}{2} R \cdot (B_{1}C_{1} + A_{1}C_{1} + A_{1}B_{1}) = \frac{1}{2}R \cdot 2p = R \cdot p$.

Supponiamo infine di porre un punto $P$ all’interno di un triangolo equilatero e di tracciare anche stavolta le proiezioni sui lati. La configurazione data è alla base di un interessante teorema, semplice nella sua formulazione ma relativamente poco noto, che può rivelarsi utile nelle gare matematiche. Il teorema in questione è attribuito a Vincenzo Viviani (1622 – 1703), matematico e astronomo allievo di Torricelli e discepolo di Galilei.

Teorema di Viviani: dato un punto $P$ interno o su un lato di un triangolo equilatero, la somma delle distanze dai lati è uguale all’altezza del triangolo.

Figura 12

Dimostrazione: l’area del triangolo $ABC$ è pari alla somma delle aree dei triangoli $PAB$, $PBC$ e $PCA$. indicata con $l$ la lunghezza dei lati del triangolo e con $h$ l’altezza, risulta $\frac{1}{2} l \cdot h = \frac{1}{2} l \cdot PA_{1} + \frac{1}{2} l \cdot PB_{1} + \frac{1}{2} l \cdot PC_{1} = \frac{1}{2} l \cdot (PA_{1}+PB_{1}+PC_{1})$, da cui $h = PA_{1}+PB_{1}+PC_{1}$.

Generalizzando ad un triangolo qualsiasi (si veda la figura 13), preso un punto $P$ interno o su un lato di un triangolo $ABC$, indicate con $h_{1}$, $h_{2}$ e $h_{3}$ le altezze del triangolo rispettivamente parallele a $PA_{1}$, $PB_{1}$ e $PC_{1}$, sussiste l’uguaglianza $\frac{PA_{1}}{h_{1}} + \frac{PB_{1}}{h_{2}} + \frac{PC_{1}}{h_{3}} = 1$. Infatti, detta $S$ l’area di $ABC$, risulta $S = \frac{1}{2}BC \cdot PA_{1} + \frac{1}{2}AC \cdot PB_{1} + \frac{1}{2}AB \cdot PC_{1}$, da cui $1 = \frac{BC \cdot PA_{1}}{2S} + \frac{AC \cdot PB_{1}}{2S} + \frac{AB \cdot PC_{1}}{2S}$ e quindi si giunge alla tesi a meno di applicare la formula inversa dell’area del triangolo ($\frac{BC}{2S} = \frac{1}{h_{1}}$, $\frac{AC}{2S} = \frac{1}{h_{2}}$ e $\frac{AB}{2S} = \frac{1}{h_{3}}$).

Figura 13

Il teorema di Viviani può essere generalizzato anche al caso di poligoni regolari di $n$ lati: dato un punto $P$ interno o su un lato di un poligono regolare di $n$ lati, indicato con $a$ l’apotema del poligono e con $p_{1}$, $p_{2}$, … ,$p_{n}$ le distanze del punto $P$ dai lati, allora risulta $p_{1} + p_{2} + … + p_{n} = n \cdot a$. Inoltre il prof. Mario Barra, docente in quiescenza del Dipartimento di Matematica della Sapienza Università di Roma, in un suo articolo (cfr. Barra M., 2012, Matematica con le mani e con la mente, Progetto Alice, Vol. XIII n. 37) ha mostrato una generalizzazione del teorema per triangoli di dimensione qualunque.

Concludiamo presentando un esercizio in cui viene applicato il teorema di Viviani generalizzato ad un triangolo qualunque.

E’ dato un triangolo isoscele $ABC$. Dimostrare che, preso un punto $P$ sulla base $BC$, la somma delle distanze $PB_{1}$ e $PC_{1}$ dai lati obliqui è pari all’altezza $h$ relativa ai lati obliqui.

Figura 14

Soluzione: per il teorema di Viviani sappiamo che $\frac{PA_{1}}{h_{1}} + \frac{PB_{1}}{h_{2}} + \frac{PC_{1}}{h_{3}} = 1$ ove $PA_{1}$ è la distanza del punto $P$ dalla base $BC$, la quale è nulla. Inoltre $h_{2} = h_{3} = h$, da cui si ottiene $\frac{PB_{1}}{h} + \frac{PC_{1}}{h} = 1$, cioè $PB_{1} + PC_{1} = h$. Chiaramente l’esercizio si sarebbe potuto svolgere anche in modo diretto, tracciando il segmento $AP$ e osservando che l’area di $ABC$, data dal semiprodotto di un lato obliquo per l’altezza $h$ relativa al lato, è pari alla somma delle aree dei due triangoli $ABP$ e $APC$, aventi basi uguali e altezze rispettivamente pari a $PC_{1}$ e $PB_{1}$.

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