Ci siamo lasciati la scorsa volta (e lo scorso anno!) con un articolo sulle disuguaglianze geometriche. Riprendiamo la nostra rubrica continuando a parlare di geometria. Ne parleremo in questo e in altri articoli che seguiranno, consapevoli che si tratta probabilmente dell’ambito di matematica olimpica che crea maggiori difficoltà fra gli studenti, come peraltro confermato dal Presidente della Commissione Olimpiadi dell’UMI, Prof. Ludovico Pernazza, in una sua intervista rilasciata a maggio 2021 (che trovate qui).

Una precisazione è d’obbligo. I quesiti delle gare risolvibili per via sintetica, almeno a livello di giochi di Archimede e di gara distrettuale (ma spesso anche nelle gare nazionali) non richiedono la conoscenza di teoremi particolarmente difficili o poco noti. Basta conoscere le principali proprietà che caratterizzano triangoli, quadrilateri, circonferenze e poco più (e chiaramente saperle sfruttare) per poter risolvere moltissimi esercizi delle olimpiadi. Lungi dal voler essere la sintesi di un manuale scolastico di geometria, dopo un breve ripasso (peraltro estremamente conciso e incompleto) di alcuni risultati noti, in questo e nei prossimi articoli analizzeremo dei teoremi meno conosciuti, ma comunque utili in gara e di facile comprensione. Un grazie agli amici che hanno svolto negli scorsi anni le lezioni di geometria negli stage senior, da cui ho preso alcuni spunti nella stesura di questi articoli. Un’altra fonte da me consultata, ricchissima di materiale per prepararsi alle gare, è il sito AOPS (Art of Problem Solving). Buona lettura!

Fra gli argomenti più utilizzati negli esercizi di geometria nelle gare troviamo il teorema di Talete e la similitudine fra poligoni, in particolare fra triangoli. I due teoremi di Euclide possono essere dimostrati alla luce della similitudine fra triangoli, ma anche in modo diverso, ad esempio mediante l’equivalenza fra figure. Anche il teorema di Pitagora può essere dimostrato in modi diversi, molti dei quali sfruttano l’equiscomponibilità di figure. La similitudine fra triangoli permette di dimostrare ulteriori risultati, come ad esempio il teorema della bisettrice, il teorema delle corde, il teorema delle secanti o il teorema della secante e della tangente. Tutto ciò lo consideriamo prerequisito per quello che andremo a mostrare. La loro conoscenza permette di risolvere esercizi assegnati anche a gare di alto livello, come il seguente problema di una gara nazionale individuale:

Calcolare l’area della regione colorata delimitata dai tre semicerchi di diametri $AB$, $BC$, $AC$ sapendo che il segmento $CH$ è lungo $\sqrt{3}$, dove $H$ è il punto del semicerchio di diametro $AB$ la cui proiezione ortogonale sul diametro è $C$ (Cesenatico, 1993).

Figura 1

Soluzione: chiaramente la regione colorata può essere determinata come differenza fra l’area del semicerchio di diametro $AB$ e i due semicerchi di diametro $AC$ e $CB$, vale a dire $\frac{ \pi }{2}( \frac{AB}{2})^{2} – \frac{ \pi }{2}( \frac{AC}{2})^{2} – \frac{ \pi }{2}( \frac{CB}{2})^{2}$. Mettendo $\frac{ \pi }{2}$ a fattor comune e osservando che $AB=AC+CB$, otteniamo $\frac{ \pi }{2}( \frac{(AC+CB)^{2}}{4} – \frac{AC^{2}}{4} – \frac{BC^{2}}{4})= \frac{ \pi }{2}( \frac{AC^{2} +CB^{2}+2AC \cdot CB }{4} – \frac{AC^{2}}{4} – \frac{BC^{2}}{4})= \frac{ \pi }{2}( \frac{2AC \cdot CB}{4}) = \frac{ \pi }{4}AC \cdot CB$. Il triangolo $AHB$ è rettangolo e pertanto, per il secondo teorema di Euclide, risulta che $AC \cdot CB= CH^{2}$, da cui l’area cercata è pari a $\frac{ \pi }{4}CH^{2}=\frac{3}{4}\pi$.

Nel precedente esercizio si è fatto uso della ben nota proprietà che afferma che un triangolo inscritto in una semicirconferenza è rettangolo. In generale, assegnata una circonferenza, qualunque angolo (con vertice su di essa) che insiste su una semicirconferenza è retto. Se si considera una corda diversa dal diametro, i suoi estremi dividono la circonferenza in due porzioni: gli angoli con vertice sull’arco maggiore sono acuti, quelli con vertice sull’arco minore sono ottusi.

Quanto detto discende dal fatto che, assegnata una circonferenza e un suo un angolo al centro, esso è pari al doppio di un qualunque corrispondente angolo alla circonferenza. Chiaramente angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco sono tutti uguali fra loro in quanto tutti pari alla metà del medesimo angolo al centro. Con riferimento alla figura qui sotto, detto $\alpha$ l’angolo $B\hat{A}C$, allora $B\hat{O}C=2 \alpha$. D’altro canto il quadrilatero $ABPC$ è ciclico (vale a dire è inscrivibile in una circonferenza), quindi gli angoli opposti sono supplementari e pertanto $B\hat{P}C= \beta = \pi – \alpha$ e $B\hat{O}C= 2\pi – 2 \beta$.

Figura 2

Nella geometria delle olimpiadi ampio spazio trovano i punti notevoli di un triangolo. Se ne contano a migliaia (non vi fidate? vi invto a leggere quanto riportato al seguente link), ma quelli che interessano a noi sono i “classici” quattro punti:

Baricentro. Punto di incontro delle mediane, divide ciascuna di esse in due parti tali che una è il doppio dell’altra. Generalmente si indica con la lettera $G$. E’ sempre interno al triangolo.

Incentro. Punto di incontro delle bisettrici, risulta equidistante dai lati del triangolo e pertanto è il centro della circonferenza inscritta ad esso. Generalmente si indica con la lettera $I$. E’ sempre interno al triangolo.

Ortocentro. Punto di incontro delle altezza. Generalmente si indica con la lettera $H$. Si può dimostrare facilmente che, dato un triangolo $ABC$ e il suo ortocentro $H$, allora $A$ è l’ortocentro del triangolo $BHC$, $B$ è l’ortocentro del triangolo $AHC$ e $C$ è l’ortocentro del triangolo $AHB$. Tutto ciò si sintetizza dicendo che $A$, $B$, $C$, $H$ sono un sistema ortocentrico (vale a dire, uno di essi è l’ortocentro del triangolo formato dagli altri tre).

Circocentro. Punto di incontro degli assi, risulta equidistante dai vertici del triangolo e pertanto è il centro della circonferenza circoscritta ad esso. Generalmente si indica con la lettera $O$.

Dimostrare che il simmetrico dell’ortocentro rispetto ad un lato di un triangolo appartiene alla circonferenza circoscritta al triangolo stesso.

Soluzione: consideriamo un triangolo $ABC$ e sia $H$ il suo ortocentro. Sia $E$ il piede dell’altezza uscente dal vertice $C$ ed $F$ il piede dell’altezza uscente dal vertice $A$. Consideriamo il punto $H’$, simmetrico di $H$ rispetto al lato $AB$. I triangoli rettangoli $AHE$ e $AH’E$ sono uguali in quanto hanno $AE$ in comune e $EH = EH’$, pertanto risultano uguali anche gli angoli $H\hat{A}E$ e $H’\hat{A}E$. Ne consegue che i triangoli rettangoli $AEH’$ e $ABF$ sono simili, da cui $A\hat{H’}C = A\hat{B}C$. Si tratta di angoli i cui vertici si trovano dalla stessa parte rispetto alla retta $AC$: il punto $H’$ deve appartenere alla circonferenza circoscritta ad $ABC$.

Figura 3

Variante (lasciata al lettore): dimostrare che il simmetrico dell’ortocentro rispetto al punto medio di un lato di un triangolo appartiene alla circonferenza circoscritta al triangolo stesso.

E’ dato un triangolo $ABC$ e siano $H, O$ l’ortocentro e il circocentro. Dimostrare che la bisettrice $AK$ dell’angolo $B\hat{A}C$ è anche bisettrice dell’angolo $H\hat{A}O$.

Soluzione: poiché $B\hat{A}K = K\hat{A}C$, per dimostrare la tesi basta far vedere che sono uguali gli angoli $B\hat{A}H$ e $C\hat{A}O$. Per semplicità chiamiamo $\beta$ l’angolo $A\hat{B}C$. $B\hat{A}H$ è banalmente pari a $\frac{\pi }{2}-\beta$. D’altro canto $AO = CO$, dunque il triangolo $AOC$ è isoscele e $A\hat{O}C = 2\beta$ per il teorema su angoli al centro e angoli alla circonferenza, quindi $C\hat{A}O = \frac{1}{2}( \pi -2 \beta) = \frac{ \pi }{2}- \beta$.

Figura 4

Fin qui nulla di nuovo. Con questi pochissimi esempi dovremmo esserci convinti che si possono risolvere esercizi anche non banali senza scomodare chissà quali teoremi, come ad esempio il teorema di Ceva. A proposito… “che diceva il teorema di Ceva?” (la frase è virgolettata in quanto sono stati svariati i docenti e gli studenti che si sono dilettati in passato nel formulare la precedente paronomasia). Prima di analizzare tale teorema, ricordiamo ai lettori che con la parola “ceviana” si intende un qualunque segmento che congiunge un vertice di un triangolo con un qualsiasi punto del lato opposto, mentre invece diremo che due o tre rette (o segmenti) concorrono se passano per uno stesso punto.

Teorema di Ceva: dato un triangolo $ABC$ e tre punti $D$, $E$, $F$ sui lati $BC$, $CA$, $AB$, allora $AD$, $BE$, $CF$ concorrono se e solo se $\frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF}{FB}=1$.

Contrariamente a quanto fatto per i precedenti teoremi, riportiamo una dimostrazione di questo recente risultato di geometria piana, pubblicato nel 1678 da parte del matematico milanese Giovanni Ceva. Si tratta di una dimostrazione un po’ diversa da quelle che si trovano in rete, la maggior parte delle quali utilizzano aree di triangoli. Ad ogni modo tranquillizziamo fin da subito il lettore che non andremo a richiamare concetti non proprio banali come, ad esempio, le coordinate baricentriche (sebbene avremmo potuto farlo; per chi ha dimestichezza con tale argomento può controllare qui).

Dimostriamo dapprima che se $AD$, $BE$, $CF$ concorrono, allora vale la relazione $\frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF}{FB}=1$. Tracciamo la parallela $r$ al lato $AB$ passante per $C$; prolunghiamo $BE$ fino ad incontrare $r$ in $H$ e prolunghiamo $AD$ fino ad incontrare $r$ in $K$. I triangoli $CHE$ e $EAB$ sono simili, pertanto risulta $\frac{CH}{AB} = \frac{CE}{EA} = \frac{HE}{EB}$, da cui $CH= \frac{CE \cdot AB}{EA}$. Anche i triangoli $CKD$ e $ABD$ sono simili, pertanto risulta $\frac{CK}{AB} = \frac{DC}{BD} = \frac{KD}{DA}$, da cui $CK= \frac{DC \cdot AB}{BD}$.

Figura 5

Se anche $CF$ incontra $AD$ e $BE$ in $X$, allora sono simili i triangoli $AFX$ e $CXK$, così come sono simili i triangoli $BFX$ e $CXH$. La similitudine fra la prima coppia di triangoli implica che $\frac{AF}{CK} = \frac{AX}{XK} = \frac{XF}{CX}$ mentre la similitudine fra la seconda coppia di triangoli implica che $\frac{FB}{CH} = \frac{BX}{XH} = \frac{XF}{CX}$. Essendo uguali gli ultimi membri, posso uguagliare anche i primi membri, ed in particolare $\frac{AF}{CK} = \frac{FB}{CH}$, cioè $\frac{AF}{FB} = \frac{CK}{CH}$. Sostituendo a quest’ultima uguaglianza le relazioni precedentemente trovate, si ottiene $\frac{AF}{FB} = \frac{CK}{CH} = \frac{\frac{DC \cdot AB}{BD}}{\frac{CE \cdot AB}{EA}} = \frac{DC}{BD} \cdot \frac{EA}{CE}$. La relazione $\frac{AF}{FB} = \frac{DC}{BD} \cdot \frac{EA}{CE}$ equivale a dimostrare la tesi.

L’inverso del teorema si dimostra facilmente per assurdo. Supponiamo che esista un punto $F’$ distinto da $F$ tale che, se le due ceviane $AD$ e $BE$ si incontrano in $X$, anche la ceviana $CF’$ passi per $X$. Applicando il teorema diretto, risulta che $\frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF’}{F’B}=1$. D’altro canto, per ipotesi, risulta che $\frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF}{FB}=1$, da cui ne consegue che $\frac{AF’}{F’B} = \frac{AF}{FB}$, per cui $F$ e $F’$ devono coincidere.

Vediamo alcune applicazioni di questo teorema.

Dimostrare che le mediane di un triangolo concorrono in un punto.

Soluzione: siano $D$, $E$, $F$ i punti medi dei lati di un triangolo $ABC$, per cui $AF=FB$, $BD=DC$ e $CE=EA$. Allora risulta banalmente verificato che $\frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF}{FB}=1$, da cui per il teorema di Ceva ne consegue la tesi.

Dimostrare che le bisettrici di un triangolo concorrono in un punto.

Soluzione: siano $AD$, $BE$, $CF$ le bisettrici di un triangolo $ABC$. Per il teorema della bisettrice risulta che $\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC}$, $\frac{CE}{EA} = \frac{BC}{AB}$ e $\frac{AF}{FB} = \frac{AC}{BC}$, pertanto $\frac{BD}{DC} \cdot \frac{CE}{EA} \cdot \frac{AF}{FB}=\frac{AB}{AC} \cdot \frac{BC}{AB} \cdot \frac{AC}{BC}=1$, da cui per il teorema di Ceva ne consegue la tesi.

Lasciamo al lettore la dimostrazione relativa al fatto che le altezze concorrono in un punto (hint: un po’ di trigonometria potrebbe servire). Invitiamo invece il lettore a non usare il teorema di Ceva per dimostrare che gli assi dei lati di un triangolo concorrono in un punto: il teorema di Ceva si applica a ceviane (segmenti), non a rette!

E’ dato un triangolo $ABC$ e siano $T_{1}$, $T_{2}$, $T_{3}$ i punti di tangenza della circonferenza inscritta al triangolo. Dimostrare che i segmenti $AT_{1}$, $BT_{2}$, $CT_{3}$ concorrono in un punto.

Figura 6

Soluzione: in quanto segmenti di tangenza condotti da punti esterni ad una circonferenza, risulta che $AT_{2}=AT_{3}$, $BT_{1}=BT_{3}$ e $CT_{1}=CT_{2}$. Allora $\frac{BT_{1} }{T_{1}C } \cdot \frac{C T_{2} }{ T_{2}A } \cdot \frac{A T_{3} }{ T_{3}B }=1$ a meno di effettuare le opportune semplificazioni, da cui per il teorema di Ceva ne consegue la tesi.

Il punto di incontro $G_{e}$ dei tre segmenti $AT_{1}$, $BT_{2}$, $CT_{3}$ prende il nome di “punto di Gergonne” e rientra nella lista degli oltre 10.000 punti notevoli di cui si parlava in precedenza. Se anziché prendere la circonferenza inscritta si fossero prese le tre circonferenze ex-inscritte, anche in questo caso sfruttando il teorema di Ceva avremmo potuto mostrare che i segmenti che vanno da ciascun vertice del triangolo al punto di tangenza sul lato opposto concorrono in un punto $N$ detto “punto di Nagel”.

Lo studio del teorema di Ceva è generalmente associato all’analisi del seguente teorema, il cui enunciato presenta una certa similarità con Ceva:

Teorema di Menelao: dato un triangolo $ABC$ e tre punti $P$, $Q$, $R$ sui lati $BC$, $CA$, $AB$ (o sui loro prolungamenti), essi sono allineati se e solo se $\frac{PB}{CP} \cdot \frac{QC}{QA} \cdot \frac{AR}{RB}=1$.

La dimostrazione è particolarmente breve. Tracciamo la parallela a $QP$ passante per $A$, la quale interseca $BC$ in $K$.

Figura 7

Per il teorema di Talete risultano verificate le due uguaglianze $\frac{AR}{RB} = \frac{KP}{PB}$ e $\frac{QC}{QA} = \frac{CP}{KP}$. Moltiplicando fra loro primi e secondi membri delle due precedenti relazioni, ed effettuando le opportune semplificazioni, risulta $\frac{AR}{RB} \cdot \frac{QC}{QA} = \frac{CP}{PB}$, da cui la tesi. L’implicazione inversa si dimostra, analogamente al teorema di Ceva, per assurdo. Supponiamo che la retta per $P$ e $Q$ intersechi il lato $AB$ in un punto $R’$ diverso da $R$. Allora $P$, $Q$, $R’$ sono allineati e, per il teorema diretto, risulta verificata la relazione $\frac{PB}{CP} \cdot \frac{QC}{QA} \cdot \frac{AR’}{R’B}=1$. D’altro canto, per ipotesi, risulta che $\frac{PB}{CP} \cdot \frac{QC}{QA} \cdot \frac{AR}{RB}=1$, da cui ne consegue che $\frac{AR’}{R’B}=\frac{AR}{RB}$, cioè $R=R’$ contro l’ipotesi. Ne consegue che $P$, $Q$, $R$ devono essere allineati.

In un triangolo $ABC$, $AB= 20$ e $AC=11$. La bisettrice dell’angolo in $A$ interseca $BC$ in $D$ e $M$ è il punto medio di $AD$. Sia $P$ il punto di intersezione di $AC$ con $BM$. Il rapporto fra $CP$ e $PA$ può essere espresso nella forma $\frac{m}{n}$ dove $m$, $n$ sono interi positivi primi fra loro. Determinare $m+n$ (2011 AIME II Problems / Problem 4).

Figura 8

Soluzione: osserviamo che, per ipotesi, $AM=MD$ mentre per il teorema della bisettrice risulta che $\frac{CD}{DB} = \frac{AC}{AB}$, da cui $\frac{CB}{DB} = \frac{CD+DB}{DB} = \frac{CD}{DB}+1 = \frac{AC}{AB}+1$. Applicando il teorema di Menelao sul triangolo $ACD$ con $B$, $M$, $P$ allineati, risulta $1 = \frac{CP}{PA} \cdot \frac{AM}{MD} \cdot \frac{DB}{CB} = \frac{CP}{PA} \cdot (\frac{1}{\frac{AC}{AB}+1})$, pertanto $\frac{CP}{PA} = \frac{31}{20}$. La risposta cercata è $m+n=51$.

Talvolta il teorema di Menelao viene presentato (con riferimento alla figura 7) nel seguente modo: $\frac{BP}{PC} \cdot \frac{CQ}{QA} \cdot \frac{AR}{RB}=-1$. Ma che significa? Come è possibile che il prodotto di segmenti possa dare una quantità negativa?

Va detto che in questi teoremi si utilizza la convenzione di assegnare un segno ai rapporti tra segmenti allineati. In particolare, se consideriamo la seguente situazione:

Figura 9

il rapporto $\frac{AC}{CB}$ lo prenderemo positivo in quanto nell’andare da $A$ a $C$ e poi da $C$ a $B$ non si cambia il verso di percorrenza lungo la retta sulla quale giacciono i segmenti. Se però accade, ad esempio, la seguente situazione:

Figura 10

in questo caso il rapporto $\frac{AC}{CB}$ lo prenderemo negativo in quanto nell’andare da $A$ a $C$ e poi da $C$ a $B$ si cambia il verso di percorrenza lungo la retta sulla quale giacciono i segmenti.

Con riferimento ai teoremi di Ceva e Menelao, poiché per quanto appena osservato si deduce che un rapporto è positivo se il punto giace sul lato del triangolo mentre è negativo se giace sul prolungamento di esso, accade che il prodotto di tre rapporti è pari a $1>0$ se sono presenti o zero o due rapporti negativi, è pari a $-1<0$ se sono presenti uno o tre rapporti negativi. Il lettore può facilmente convincersi che difficilmente tre ceviane potranno concorrere se, ad esempio, tutti e tre i punti sono esterni (si veda la figura sottostante) o se solo uno dei punti $D$, $E$, $F$ appartiene ad un prolungamento dei lati di $ABC$. Analogamente non è difficile convincersi che se i tre punti sono tutti interni ai lati del triangolo, non potranno mai essere allineati fra di loro.

Figura 11

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