Rosanna Tupitti

La geometria dal punto di vista
delle trasformazioni geometriche
Rosanna Tupitti
Liceo Scientifico A. Einstein, Teramo
e-mail: [email protected]
Cetraro, 10-13 ottobre 2016
Sommario
Quando un problema geometrico è difficile, complicato o presenta calcoli laboriosi molto
spesso risulta vantaggioso sottoporre la figura o parte di essa ad una trasformazione geometrica
e, se si individua quella più efficace, di solito le difficoltà risultano letteralmente abbattute.
Con questo intervento, dopo un rapido richiamo delle proprietà fondamentali di alcune trasformazioni geometriche, ho come obiettivo presentare una raccolta di problemi che ben si
prestano a questo approccio: alcuni di essi sono problemi classici della geometria, altri sono
tratti da competizioni matematiche.
1
Traslazione
−
→
Definizione. Definiamo traslazione di vettore →
v la trasformazione geometrica T−
v che associa
−
−
→
→
−
0
0
ad ogni punto P del piano il punto P tale che P P = v .
v
P'
P
Principali proprietà:
• ogni traslazione è un’isometria;
• trasforma rette in rette parallele;
• una retta è fissa se la sua direzione coincide con quella del vettore di traslazione;
→
→
→
→
• la composizione di due traslazioni T−
u e T−
v è la traslazione T−
u +−
v.
1
Problemi risolti
1. In un triangolo 4ABC si considerino due punti D ed E sul lato BC tali che BD = CE e
∠BAD = ∠CAE. Provare che 4ABC è isoscele.
(Bay Area Mathematical Olympiad 2007)
Soluzione.
−−→
−
• Applicando la traslazione di vettore →
v = BE
abbiamo:
−−→ −−→
B → E, D → C, A → A0 , AA0 = BE
A
• 4BDA viene traslato in 4ECA0 per cui
A'



D
E
C
∠EAC = ∠BAD = ∠EA0 C
• AECA0 è un quadrilatero ciclico poichè il segmento EC è visto dai punti A e A0 sotto lo
stesso angolo;
• essendo AA0 k EC il trapezio AECA0 è isoscele.
B
• ∴ AB = EA0 = AC
2. Consideriamo un fiume il cui bordo è costituito da due rette parallele di larghezza d. Da parti
opposte fissiamo due punti A e B. Dove dobbiamo costruire un ponte perpendicolare alla riva
in modo da minimizzare il tragitto per andare da A a B?
Soluzione.
→
−
• Indichiamo con d un vettore avente direzione perpendicolare alle rive del fiume e modulo
uguale alla sua larghezza;
• ipotizziamo di percorrere subito un tratto di
lunghezza d perpendicolare alle rive del fiume
spostandoci dal punto A al punto A0 tale che
−−→0 →
−
AA = d ;
A
T
0
• il tratto più breve per andare da A a B è il
segmento A0 B;
• sia S il punto di intersezione tra il segmento
A0 B e la seconda riva del fiume;
• in S avviene l’attraversamento utilizzando il
tratto ST perpendicolare alle rive;
• l’ultimo tratto sarà T A;
• notando che AA0 ST è un parallelogramma
−−→ −−→ −→ −→ −→
abbiamo AA0 + A0 B = AT + T S + SB.
2
S
A'
B
3. Siano date più strisce di direzioni e larghezze differenti e siano A e B due punti situati in modo
tale che il segmento AB le attraversi tutte. Trovare il tragitto più corto con la condizione che
gli attraversamenti delle strisce avvengano perpendicolarmente ai bordi delle strisce.
Soluzione.
u
t
s
B
A
A'
A'''
A''
4. Sia ABCD un parallelogramma e sia P un punto interno ad esso con ∠P AB = ∠P CB.
Provare che ∠P DC = ∠P BC.
Soluzione.
−−→
−
• Eseguendo la traslazione di vettore →
v = BC
abbiamo:
P → P 0,
A → D,
P'
B→C
• P P 0 CB è un parallelogramma
∠P 0 P C = ∠P CB;
per
• il triangolo 4DP 0 C è il traslato di 4AP B per
cui ∠P CB = ∠P AB = ∠P 0 DC;
• ∴ ∠P 0 P C = ∠P 0 DC
⇒ il quadrilatero
0
DP CP è inscrivibile in una circonferenza;
• ∴ ∠P DC = ∠P P 0 C = ∠P BC
3
C
D
cui
P
A
B
5. Costruire un quadrilatero conoscendo i quattro lati ed il segmento che congiunge i punti medi
di due lati opposti.
Soluzione. Indichiamo con E, F i punti medi di AD, BC rispettivamente e poniamo AB = a,
BC = b, CD = c, DA = d, EF = m.
Analisi.
D
• Supposto il problema risolto ed eseguendo una
−→
−
traslazione di vettore →
v = AE abbiamo:
A → E,
B→G
E
A d/2
a
per cui AEGB è un parallelogramma;
−
• eseguendo una traslazione di vettore −→
v =
−−→
DE, il punto C viene mandato nel punto H per
cui EDCH e BHCG sono parallelogrammi;
B
G m
c
b/2
F
C
H
• il triangolo 4GEH è costruibile (esercizio!) essendo noti i lati EG = a, EH = c e la mediana
EF = m
Costruzione.
• Costruire il triangolo 4GEH;
• il punto C si trova sull’intersezione delle circonferenza γ di centro C e raggio d/2 e della
circonferenza γ 0 di centro F e raggio b/2;
• tracciare il punto medio F del segmento GH;
• il punto B è il simmetrico di C rispetto a F ;
−−→
• il punto A è l’immagine di B nella traslazione di vettore GE;
−−→
• il punto D è l’immagine di C nella traslazione di vettore HE.
Discussione.
Poichè γ e γ 0 in generale hanno due punti di intersezione, il quadrilatero non è unico!
4
2
Riflessione e simmetria centrale
Definizione. Sia s una retta del piano. Una riflessione1 Rs rispetto alla retta s è la trasformazione geometrica che manda ogni punto P nel punto P 0 tale che s sia l’asse del segmento
P P 0.
P
P'
Principali proprietà:
• ogni riflessione è una isometria;
• gli unici punti fissi di una riflessione sono i punti della retta s;
• le rette fisse sono la retta s e tutte le rette perpendicolari ad s;
−
• se s k t allora la composizione delle due riflessioni Rs e Rt è la traslazione di vettore →
v con
→
−
| v | = 2 · dist(s, t) e direzione perpendicolare alle due rette date;
• se s ∦ t ed α denota l’angolo formato dalle rette s e t allora la composizione delle due riflessioni
Rs e Rt è la rotazione di centro C = s ∩ t ed angolo 2α.
Definizione. Sia C un punto del piano. Una simmetria centrale SC di centro C è la trasformazione geometrica che manda ogni punto P nel punto P 0 tale che C sia il punto medio del segmento
P P 0.
P
C
P'
Principali proprietà:
• una simmetria centrale non è altro che una rotazione di 180◦ , pertanto essa gode di tutte le
proprietà delle rotazioni;
−−→
−
• la composizione di due simmetrie centrali SC e SD è la traslazione di vettore →
v = 2 · CD.
1
Una riflessione è detta anche simmetria assiale.
5
Problemi risolti
M
1. Se il punto A della figura accanto dista 30 cm dal
segmento ON e 40 cm dal segmento OM , mentre il punto B dista 50cm dal segmento ON e
20cm dal segmento OM calcolare la lunghezza del
percorso minimo BCDA espressa in cm.
(Coppa D’Ignazio 2014)
B
A
P
O
Q
N
Soluzione.
• Sia A0 l’immagine di A nella riflessione rispetto a ON , sia
B 0 l’immagine di B nelle riflessione rispetto a OM e siano
C = A0 B 0 ∩ ON , D = A0 B 0 ∩ OM ;
• il percorso di minima lunghezza si ottiene prendendo il
segmento A0 B 0 = AC + CD + DB: infatti detti P e Q
i punti di contatto del percorso con le rette ON e OM
abbiamo
AP + P Q + QB = A0 P + P Q + QB 0 ≥ A0 B 0
e l’uguaglianza si verifica se e solo se i punti P , Q, A0 , B 0
sono allineati, ossia se P = C e Q = D;
• pertanto dato che A(40, 30), B(20, 50), A0 (40, −30),
B 0 (−20, 50) abbiamo:
√
A0 B 0 = 602 + 802 = 100
M
B'
B
Q
A
D
O
C
P
N
A'
2. Come si devono scegliere tre punti P , Q, R sui tre lati di un triangolo acutangolo 4ABC
affinchè sia minimo il perimetro del triangolo P QR.
(Problema di Fagnano2 )
Soluzione. Risolviamo dapprima il seguente problema parziale.
Sia P un punto interno al lato BC di un triangolo 4ABC. Determinare due punti Q ∈ AB
ed R ∈ AC tali che il triangolo 4P QR abbia perimetro minimo.
2
Giovanni Francesco Fagnano dei Toschi (Senigallia, 31 gennaio 1715 - Senigallia, 14 maggio 1797) ereditò la
passione per la matematica dal padre Giulio nonostante seguisse la carriera ecclesiastica. Vale la pena ricordare un
teorema sui triangoli da lui scoperto: le altezze di un triangolo acutangolo sono le bisettrici del suo triangolo ortico.
Questo teorema può essere visto come conseguenza del problema di Fagnano.
6
A
P''
R
Q
P'
K
B
C
P
• Nella riflessione RAB abbiamo P → P 0 ;
• nella rislessione RAC abbiamo P → P 00 ;
• i punti cercati sono Q = AB ∩ P 0 P 00 ed R = AC ∩ P 0 P 00 in quanto:
P Q + QR + RP = P 0 Q + QR + RP 00
ed essendo P 0 , Q, R, P 00 allineati, essi realizzano il percorso minimo;
• per valutare il perimetro del triangolo 4P QR basta calcolare la lunghezza di P 0 P 00 ;
• osserviamo che AP 0 = AP 00 = AP per la proprietà delle riflessioni e quindi
P 0 P 00 = 2 · AP · sin α
• ∴ il perimetro di 4P QR dipende dalla ceviana AP e risulterà minimo se AP è l’altezza
di 4ABC condotta dal vertice A:
A
P''
R
Q
P'
B
P
C
• ripetendo il ragionamento per il punto Q ∈ AB deduciamo che per avere il triangolo di
minimo perimetro, Q dev’essere il piede dell’altezza condotta dal vertice C e detto perimetro
minimo sarà uguale a
Q0 Q00 = 2 · CQ · sin γ
• analogamente fissato R ∈ AC il triangolo di minimo perimetro si ottiene quando R è il
piede dell’altezza condotta dal vertice B e detto perimetro minimo sarà uguale a
R0 R00 = 2 · BR · sin β
• notiamo che P 0 P 00 = Q0 Q00 = R0 R00 per i teoremi sui triangoli rettangoli;
• in conclusione il triangolo 4P QR di perimetro minimo si ottiene quando P , Q, R sono i
piedi delle altezze del triangolo 4ABC (tale triangolo è detto triangolo ortico di 4ABC).
7
3. Su un tavolo da biliardo a forma di esagono regolare ABCDEF di lato 4 viene lanciata una
biglia dal punto medio del lato F E. Essa colpisce consecutivamente i lati AB, BC e CD
prima di ritornare al punto di partenza. Calcolare la lunghezza di tutto il percorso.
(Dutch MO 2005, First Round)
Soluzione.
M
F
F'
E
S
D
A
P
E'
Q
B
N'
D'
N
C
r
C'
• Per la simmetria della figura la biglia passerà per il punto N , punto medio di BC;
• eseguiamo una simmetria assiale intorno alla retta r = AB, ottenendo ABC 0 D0 E 0 F 0 l’esagono simmetrico dell’esagono di partenza;
• detto N 0 il simmetrico di N rispetto alla retta r, osserviamo che il segmento M N 0 interseca
AB nel punto P avente le seguenti proprietà:
P N 0 = P N,
∠AP M = ∠N 0 P B = ∠BP N
da cui deduciamo che nel punto P l’angolo di incidenza coincide con quello di riflessione;
• in conclusione la lunghezza del percorso cercato è:
` = 2(M P + P N ) = 2(M P + P N 0 ) = 2 · M N 0
• per calcolare M N 0 costruiamo il triangolo 4M SN 0 , avendo indicato con S il punto medio
di AF 0 ;
• in esso abbiamo
∠M SN 0 = ∠BAE = 120◦ − 30◦ = 90◦
• poichè F 0 A k F E e F 0 A = F E il quadrilatero F 0 AEF è un parallelogramma e quindi
√
√
√
3
SM = AE = 2 · AF ·
= AF · 3 = 4 3
2
8
• nel trapezio F 0 C 0 BA abbiamo
SN 0 =
• pertanto
F 0 C 0 + AB
8+4
=
=6
2
2
√
2 · M N = 2 · SM 2 + SN 02 = 2 ·
…
0
√ ä2
√
4 3 + 62 = 4 21
Ä
4. Sia dato un triangolo ABC e sia P un suo punto interno tale che ∠P AB = ∠P BA = 10◦ ,
∠P BC = 20◦ , ∠P AC = 100◦ . Trovare ∠P CA.
Soluzione.
A
100
10
P
10
20
100
x
100
80
B
C
30
30
A'
• Riflettiamo il triangolo 4ABC intorno alla retta BC;
• 4BAA0 è equilatero;
• dato che A0 P è asse di simmetria del segmento AB abbiamo ∠P A0 B = ∠P A0 A = 30◦ ;
• osserviamo che ∠AP A0 = 100◦ e ∠ACA0 = 40◦ + 40◦ = 80◦ ;
• poichè ∠AP A0 + ∠ACA0 = 180◦ il quadrilatero AP A0 C è ciclico;
• ∴ ∠P CA = ∠P A0 A = 30◦ .
9
3
Rotazione
Definizione. Siano dati nel piano un punto O ed un angolo orientato3 . Una rotazione di centro
O ed ampiezza α è la trasformazione geometrica piana che lascia fisso O e ad ogni punto P 6= O fa
corrispondere il punto P 0 tale che OP = OP 0 e ∠P OP 0 = α.
P'
α
O
P
Una rotazione di centro O ed ampiezza α è indicata con R(O, α).
Principali proprietà:
• ogni rotazione è una isometria;
• la rotazione ha un unico punto fisso (il centro);
• ogni retta r forma con la sua immagine r0 un angolo α uguale a quello di rotazione;
• per individuare una rotazione basta assegnare le immagini A0 e B 0 di due punti A e B distinti
con AB ∼
= A0 B 0 e AA0 ∦ BB 0 ;
• la composizione di due rotazioni con lo stesso centro O ed angoli α e β è una rotazione di
centro O ed angolo α + β; se α + β = π la rotazione è una simmetria centrale;
• se α + β 6= 2π e i centri O1 e O2 sono differenti allora la composizione è una rotazione di
centro O ottenuto costruendo ∠OO1 O2 = α/2 e ∠OO2 O1 = β/2 ed ampiezza α + β;
• se α + β = 2π la composizione di due rotazioni di centro O1 e angolo α la prima e centro O2
−−−→
e angolo β la seconda (con O1 6= O2 ) è una traslazione di vettore direttore O1 O3 essendo O3
l’immagine di O1 nella rotazione di angolo β.
3
Dicesi angolo ciascuna delle due parti in cui il piano è diviso da due semirette aventi la stessa origine O; il
punto O si dice vertice dell’angolo e le due semirette (OA e OB) si dicono lati. Per eliminare l’intrinseca ambiguità
di tale definizione è necessario estendere il concetto di angolo, assumendo una delle due semirette che lo generano
(per esempio OA) come origine e definendo il senso di rotazione antiorario come senso positivo per le rotazioni. Un
angolo di vertice O e semiretta origine OA = a si dice orientato positivamente quando questa deve ruotare in senso
antiorario intorno a O per sovrapporsi al lato OB = b (lato estremo). Si dice orientato negativamente se la stessa
rotazione avviene in senso orario.
10
Problemi risolti
1. Sia 4ABC un triangolo equilatero e siano D ed E due punti sul lato AC (con D più vicino ad
A ed E più vicino a C) tali che ∠DBE = 30◦ , AD = 3 e EC = 5. Determinare la lunghezza
del segmento DE.
Soluzione.
• Considerata la rotazione R(B, −60◦ ) abbiamo
D → D0 , A → C per cui
A
∠ABD = ∠BD0 C
D
• il triangolo 4BDD0 è equilatero e la bisettrice
BE interseca DD0 in H per cui BH è asse di
DD0 ;
• poichè E ∈ BH ne segue che DE = ED0 ;
• dunque per calcolare DE basta calcolare Ed?
usando il triangolo 4ED0 C: in esso EC = 5,
D0 C = 3 ed ∠ECD0 = 120◦ . Pertanto posto
DE = x abbiamo:
Ç
1
x = 25 + 9 − 2 · 5 · 3 · −
2
E

30°

B
C
å
2
⇒
D'
x=7
2. Sia P un punto interno ad un quadrato ABCD. Se DP = 1, AP = 2 e BP = 3 calcolare la
misura di ∠AP D.
Soluzione.
• Considerata la rotazione R(A, 90◦ ) aabbiamo
B → B 0 = D, P → P 0 con ∠P 0 AP = 90◦ ,
P 0 A = 2 e P 0 D = 3;
1
P
• nel triangolo 4P 0 P D abbiamo:
√ ä2
(P 0 P )2 + P D2 = 2 2 + 12 = 32 = (P 0 D)2
2
Ä
da cui segue che 4P 0 P D è un triangolo
rettangolo con ∠P 0 P D = 90◦ ;
• ∴ ∠AP D = 45◦ + 90◦ = 135◦
11
C
D
• notiamo che il triangolo 4P 0 AP è metà quadrato
per cui ∠P 0 P A = 45◦ e P 0 P =
√
2 2;
3
P'
A
B
3. Siano date tre circonferenze concentriche α, β e γ e un punto A ∈ α.
(a) Costruire un triangolo equilatero 4ABC con B ∈ β e C ∈ γ.
(b) Se i raggi di α, β e γ sono rispettivamente 10, 6 e 4 calcolare l’area di 4ABC.
(Coppa D’Ignazio 2014)
Soluzione.
'
(a) Supponiamo il problema risolto e sia 4ABC il
triangolo richiesto. La rotazione R(A, 60◦ ) manda
B → C e β → β 0 per cui C ∈ β 0 il che suggerisce
la seguente costruzione:

• fissato un punto A ∈ α eseguiamo la rotazione
R(A, 60◦ ) che trasforma β in β 0 ;

• nel caso in cui β 0 ∩ γ 6= ∅ sia C uno dei punti
di intersezione (ovviamente il problema non ha
soluzione nel caso in cui β 0 ∩ γ = ∅);

C
A
• ora eseguiamo la rotazione R(A, −60◦ ) che riporta β 0 su β e dunque il punto C ha per
immagine un punto di β che chiamiamo B;
O
B
• osservato che AC = AB e ∠CAB = 60◦
concludiamo che 4ABC è equilatero.
(b) Per rispondere alla seconda domanda
illustriamo la seguente costruzione alternativa:
• indichiamo con O il centro delle tre circonferenze e sia 4AOP il triangolo equilatero con
P ∈ α;
P

B

• sia B = P O ∩ β;
• eseguendo la rotazione R(A, −60◦ ) abbiamo:
P → O,
B → B0
A
con OB 0 = P B = 4
B'=C
• pertanto B 0 ∈ γ e quindi esso è il terzo vertice
C del triangolo 4ABC cercato;
• in conclusione:
1
AB = 10 +4 −2·4·10· = 76
2
2
2
2
⇒
[ABC] =
12
O
√
√
3
·76 = 19 3
4

4. Dati un punto A, una retta b e una circonferenza γ in modo che A ∈
/ γ, A ∈
/ B e b ∩ γ = ∅,
trovare due punti B ∈ b e C ∈ γ in modo che il triangolo ABC sia equilatero.
Soluzione.
• Indichiamo con H la proiezione di A su b;
• eseguendo la rotazione R(A, −60◦ ) abbiamo:
b → b0 (detta H 0 l’immagine di H tramite R(A, −60◦ ), b0 si costruisce tracciando la
perpendicolare in H 0 al segmento AH 0 );
b'
• se b0 ∩ γ = ∅ il problema non ha soluzioni,
altrimenti indichiamo con C uno dei punti di
intersezione tra b0 e γ;

C
• la rotazione R(A, 60◦ ) riporta b0 in b e dunque
il punto C ha come immagine un punto C 0 ∈ b;
0
b
A
H'
C'=B
0
• C è il punto di b cercato per cui B = C e il
triangolo 4ABC è equilatero per le proprietà
delle rotazioni.
H
5. Costruire esternamente ad un parallelogramma ABCD i quadrati ADM N e DCP Q. Provare
che M P ⊥ QB.
Soluzione.
Q
P
• Osserviamo che ∠DAB = ∠M DQ ;
• poniamo O = QC ∩ DP ; dalla congruenza
dei triangoli 4M DO e 4BCO deduciamo che
M O = OB e ∠M OD = ∠BOC;
O

M
• ∴ M O ⊥ OB;
• applicando la rotazione R(O, +90◦ ) abbiamo
P → Q e M → B da cui segue la tesi.

N
A
13
C
D
B
6. Sia P un punto interno ad un triangolo equilatero 4ABC tale che P A = 4, P B = 3, P C = 5.
Trovare l’area di 4ABC.
3
60
(Hong
Kong Preliminary Selection Contest 1994)
-60
4
Soluzione.
C
5
3
Pa
4
4
Pc
5
5
4
P
4
3
B
3
A
3
5
Pb
6. Due circonferenze γ1 , γ2 si intersecano nei punti A, B. Una retta r passante per A interseca
◦
• Siano Pa , Pi bdue
, Pc cerchi
le immagini
di rispettivamente.
P tramite le rotazioni
R(A,
), R(B, 60◦ ), R(C,
60◦ )
ulteriormente
in C, D
Siano M
, N60
, rispettivamente,
i punti
¯ e BD
¯ che non contengono A e sia K il punto medio del segmento CD.
rispettivamente;
medi
degli archi BC
Calcolare
∠M KN
. (Iran MO
1999-2000
)
• osserviamo
il triangolo
4AP
Pa è equilatero
per cui P Pa = 4 da cui segue che i lati di
4CP Pa formano una terna pitagorica e quindi ∠CPa P = 90◦ ;
Soluzione.
• analogamente si ha che 4BP P e4CP P sono triangoli equilateri e
b
c
• Poniamo α = ∠CM B e β = ∠BN∠AP
D; Pb = ∠P BPc = 90◦
• essendo ∠CAB +∠BAD = 180◦ risulta α+β =
• l’area
dell’esagono AP BPc CPa è il doppio
dell’area del triangolo richiesto per cui
180◦ − ∠CAB + 180◦ −b ∠BAD
= 180◦ ;
1
[ABC]le= tre
([AProtazioni
Pa ] + [BP Pantiorarie
• consideriamo
b ] + [CP Pc ] + [CPa P ] + [Pb P A] + [P BPc ]) =
2Ç
◦
å
R(M, α), R(N, β), R(K,
γ2
√ ); 9 √
25 √
25 √
1 16180
=
3+
3+
3+6+6+6 =
3
+
9
γ1 4
4
4
• la loro composizione2 4
A K
C
◦
ρ = R(N, β) ◦ R(K, 180 ) ◦ R(N, β)
D
è una traslazione poichè α + 0◦ + β = 360◦ .
• osservato che ρ(B) = B (in quanto B → C →
D → B) deduciamo che ρ è l’identità;
• ∴ ρ(K) = K e quindi tenuto conto delle
proprietà delle rotazioni componenti abbiamo:
∠M KN = 180◦ −
180◦ − α 180◦ − β
−
= 90◦
2
2
come si evince anche dalla seguente figura
14

M
B

N
7. Due circonferenze γ1 , γ2 si intersecano nei punti A, B. Una retta r passante per A interseca
ulteriormente i due cerchi in C, D rispettivamente. Siano M , N , rispettivamente, i punti
¯ e BD
¯ che non contengono A e sia K il punto medio del segmento CD.
medi degli archi BC
Calcolare ∠M KN .
(Iran MO 1999-2000)
Soluzione.
γ2
γ1
A
C
K
D


B
M
N
• Poniamo α = ∠BM C e β = ∠DN B;
• essendo ∠CAB + ∠BAD = 180◦ risulta
α + β = 180◦ − ∠CAB + 180◦ − ∠BAD = 180◦
• consideriamo le tre rotazioni antiorarie R(M, α), R(N, β), R(K, 180◦ );
• la loro composizione
ρ = R(N, β) ◦ R(K, 180◦ ) ◦ R(M, α)
è una traslazione poichè α + 180◦ + β = 360◦ .
• osservato che ρ(B) = B (in quanto B → C → D → B) deduciamo che ρ è l’identità;
• ∴ ρ(K) = K e quindi tenuto conto delle proprietà delle rotazioni componenti abbiamo:
180◦ − α 180◦ − β
−
= 90◦
2
2
come si evince anche dalla seguente figura
∠M KN = 180◦ −
K'
K
K''


M
N
15
4
Omotetia
Definizione. Sia O un punto del piano e k un numero reale non nullo. Una omotetia è una
−−→
−→
trasformazione geometrica piana che manda il punto P nel punto P 0 tale che OP 0 = k · OP .
O e k sono detti, rispettivamente, il centro e il rapporto di omotetia.
Essa si indica con hO = H(O, k).
Principali proprietà:
• A0 B 0 /AB = k;
• AB k A0 B 0 ;
• le rette unite di un’omotetia sono tutte e sole quelle passanti per il centro;
• se due triangoli non congruenti hanno i lati orientati tali che ciascun lato dell’uno è parallelo
al corrispondente lato dell’altro allora esiste una omotetia che manda un triangolo nell’altro;
• la composizione di due omotetie con lo stesso centro e rapporti k1 e k2 è un’omotetia con lo
stesso centro e di rapporto il prodotto k1 · k2 ;
• la composizione di due omotetie con centri diversi e rapporti k1 e k2 con k1 · k2 6= 1 è una
omotetia con centro sulla retta passante per i due centri e rapporto k1 · k2 ; se k1 · k2 = 1 allora
la composizione è una traslazione.
Si possono generare meccanicamente due linee omotetiche mediante un parallelogramma articolato. Consideriamo un siffatto parallelogramma e denotiamolo con ABCD.
A
D

P
B
M
N
C
γ'
L
Se sopra i lati AB, BC, CD, DA o sui loro prolungamenti prendiamo, nell’ordine, quattro punti L, M , N , P allineati e supponiamo che essi restino fissi mentre il parallelogramma
si deforma, il rapporto delle distanze di uno qualunque di questi punti da altri due resta costante, come risulta dalla considerazione di opportuni triangoli omotetici: per esempio, abbiamo:
LM/N M = BM/CM = costante; allora, se durante il movimento si tiene fermo M , i due punti L
ed N descrivono due linee, γ e γ 0 , omotetiche; il centro dell’omotetia è M , il rapporto è BM/CM .
Su questa proprietà è basato il pantografo, che permette di riprodurre rapidamente un disegno,
ingrandendolo o riducendolo secondo il rapporto desiderato.
16
Problemi risolti
1. Nel triangolo 4ABC siano A0 , B 0 , C 0 i punti medi dei lati BC, CA, AB rispettivamente. Sia I
l’incentro di ABC, sia G il suo baricentro ed S (centro di Spieker ) il centro della circonferenza
inscritta nel triangolo mediale 4A0 B 0 C 0 . Dimostrare che S, G, I sono allineati e IG = 2 · GS.
Soluzione.
C
A'
B'
I
G
A
S
C'
B
• Considerata l’omotetia hG = H(G, −1/2) di centro G e rapporto −1/2 per la proprietà del
baricentro abbiamo
A → A0 , B → B 0 , C → C 0
• hG trasforma la circonferenza γ inscritta in 4ABC nella circonferenza γ 0 inscritta in
4A0 B 0 C 0 ; inoltre il centro I di γ ha come immagine il centro S di γ 0 ;
• ∴ I, G, S sono allineati ed essendo il rapporto di omotetia uguale a −1/2 deduciamo che I
ed S sono da parti opposte rispetto a G con IG = 2 · GS.
2. Esternamente al quadrato ABCD costruire il triangolo 4DCE retto in E. Indichiamo con M
ed N i punti di intersezione di DC con AE e BE rispettivamente. Se DM = 20 e N C = 45
calcolare M N .
Soluzione.
E
• Consideriamo l’omotetia hE di centro E tale che
A → M , B → N , C → C 0 , D → D0 con D0 ∈
DE e C 0 ∈ CE;
• osserviamo che poichè un’omotetia manda quadrati in quaadrati D0 M N C 0 è un quadrato di
lato x;
C'
D'
D
M
C
N
• inoltre hE trasforma segmenti conguenti in
segmenti congruenti per cui D0 M = M N .
Pertanto M N C 0 D0 è un quadrato.
• essendo ∠DEC = 90◦ e 4DM D0 ∼ 4N CC 0 ,
posto M N = x abbiamo:
DM : N C 0 = M D0 : N C ⇔
20 : x = x : 45 ⇔ x = 30
A
17
B
3. Sia ABCD un trapezio con AB k DC, sia M il punto medio di DC e sia P un punto sulla
retta BC. Sia X = AP ∩ DC, Q = P M ∩ BD e Y = AQ ∩ DC. Sapendo che XY = 14
calcolare la lunghezza di M Y .
Soluzione.
• Consideriamo l’omotetia hQ di centro Q tale che
D → B e l’omotetia hP di centro P tale che
B → C;
P
• poichè un’omotetia trasforma rette in rette
parallele abbiamo:
hQ (Y ) = A,
D X M
Y
C
hP (A) = X
Q
• detta h = hP ◦ hQ la composizione di hP ed hQ
abbiamo:
h(D) = C,
B
A
h(Y ) = X
• pertanto h trasforma DY in CX e manda la retta DC in se stessa: questo implica che il
suo centro di omotetia appartiene alla retta DC;
• ma il centro dell’omotetia h appartiene anche alla retta che congiunge i centri P e Q, quindi
M = DC ∩ P Q;
• essendo M punto medio di DC, h ha rapporto di omotetia −1 ed essendo h(Y ) = X ne
segue che M è il punto medio di XY ;
• ∴ M Y = 7.
4. In un triangolo 4ABC è inscritta una circonferenza γ. Sia r la retta parallela ad AB e
tangente a γ in M . La retta CM incontra AB in N . Se AC = 9, BC = 7 e AB = 6 calcolare
AN .
Soluzione.
C
T
V
E
P
M
F
R
S
I

A
Q
N
18
B
• Siano E = AC ∩ r, F = BC ∩ r;
• indichiamo con γ 0 la circonferenza inscritta in 4EF C e siano P = γ 0 ∩ EF , T = γ 0 ∩ EC,
V = γ 0 ∩ F C, R = γ ∩ AC, S = γ ∩ BC, Q = γ ∩ AB, EM = a, M P = b, P F = c, T C = d;
• consideriamo l’omotetia hC di centro C tale che E → A, F → B (e dunque T → R e
V → S);
• poichè CR = CS abbiamo:
a + a + b + d = d + c + c + +b
⇒
⇒
a=c
EM = P F
• poichè segmenti congruenti hanno come immagine segmenti congruenti abbiamo
AN = hC (EM ) = hC (P F ) = QB
• dunque per valutare AN è sufficiente
CR = z abbiamo


 x + y + z = 11
x+6=6
⇒


x+z =7
valutare QB. A tal fine posto BQ = x, AQ = y e



x=2
y=4


z=5
⇒ ∴ AN = QB = x = 2
5. Sia γ una circonferenza di diametro AB, sia T un punto esterno a γ, siano T Q e T P i segmenti
di tangenza e sia r la retta tangente a γ nel punto B. Detti M , S ed N i punti di intersezione
della retta r con AP , AT e AQ rispettivamente, calcolare SN sapendo che M S = 5.
Soluzione.
γ
X
A

Q
α
B

Q'



T
P

M 

S
N
P'
•
•
•
•
Consideriamo l’omotetia hA di centro A tale che T → S;
osserviamo che Q → Q0 e P → P 0 con la proprietà che SQ0 k T Q e P 0 S k P T ;
essendo T Q = T P abbiamo SQ0 = SP 0 ;
dalle proprietà delle omotetie e dei triangoli rettangoli abbiamo:
∠P 0 M S = ∠BM P = ∠ABP = ∠AP T = ∠M P 0 S
• analogamente abbiamo:
∠Q0 N S = ∠ABQ = ∠AQX = ∠T QN = ∠SQ0 N
• dalle uguaglianze precedenti risulta che: SN = M S = 5
19
⇒
M S = SP 0
⇒
SQ0 = SN
Problemi proposti
1. Nel quadrato ABCD di lato unitario siano E, F i punti medi di DC e BC rispettivamente.
Indichiamo con P il punto di intersezione di AF con BE. Calcolare l’area del triangolo
4BP F .
2. Sia ABCD un parallelogramma, P un punto interno tale che ∠AP D+∠CP B = 180◦ . Provare
che ∠P DC = ∠P CB.
3. Sia 4ABC è un triangolo isoscele rettangolo con ∠C = 90◦ . Se M ed N sono due punti
appartenenti all’ipotenusa AB per cui ∠M CN = 45◦ , AM = 4 e BN = 3 calcolare la misura
di M N .
4. La circonferenza passante per i punti medi di un triangolo 4ABC passa anche per i piedi delle
altezze e per i punti medi dei segmenti che uniscono l’ortocentro ai vertici. Tale circonferenza
si chiama circonferenza dei nove punti e il suo centro è indicato con N . Provare che:
(a) i punti O (circocentro) , G (baricentro) , H (ortocentro) sono allineati (retta di Eulero);
(b) N è il punto medio di OH;
(c) il raggio della circonferenza dei nove punti è R/2, avendo indicato con R il raggio della
circonferenza circoscritta ad 4ABC.
5. In un triangolo 4ABC con ∠A, ∠B, ∠C minori di 120◦ , esiste un unico punto P interno
al triangolo tale che la sommma AP + BP + CP sia minima. Tale punto è detto punto di
Fermat.
6. In un triangolo 4ABC sia AB = AC = 26 e BC = 20. Sia P un punto interno alla base
BC. Se D ed E sono i piedi delle perpendicolari condotte da P su AB e AC rispettivamente,
calcolare P D + P E.
7. Dato un parallelogramma ABCD con AB = 12, BC = 8 e ∠BAD = 30◦ . Calcolare l’area
del quadrilatero avente per vertici i centri dei quadrati costruiti sui lati del parallelogramma,
esternamente ad esso.
(Teorema di Thébault)
8. In un triangolo 4ABC sia ∠ACB = 60◦ e siano M , N i punti medi rispettivamente di AC e
BC. Sia P il punto di Torricelli del triangolo 4ABC (∠AP C = ∠AP B = ∠BP C = 120◦ ).
Calcolare ∠N P M .
9. Sia 4ABC un triangolo e A0 , B 0 , C 0 tre punti per cui 4A0 BC, 4AB 0 C e 4ABC 0 siano
triangoli equilateri esterni ad 4ABC. Siano A1 , B1 , e C1 i centri di tali triangoli equilateri.
Provare che 4A1 B1 C1 è equilatero.
(Teorema di Napoleone.)
10. In un trapezio ABCD con AB k CD siano M ed N i punti medi dei lati obliqui. Sapendo
che AC = 16, DB = 30, M N = 17 trovare l’area del trapezio.
√
11. In un triangolo 4ABC l’angolo ∠B = 60◦ e l’altezza relativa alla base AC misura 10 3.
Siano M , N , Q i vertici del triangolo inscritto di minimo perimetro. Calcolare tale perimetro.
12. Due punti E ed F giacciono sui lati AB e CD, rispettivamente, di un quadrato ABCD.
Se il perimetro del triangolo 4EBF è il doppio della lunghezza del lato di ABCD, trovare
l’ampiezza dell’andolo ∠EDF .
13. ABCD è un trapezio se e solo se M N = (AB + DC)/2 dove M ed N sono i punti medi dei
lati obliqui.
20
14. Sia ABCD un quadrato di lato 1 e siano P , Q, M , N dei punti appartenenti rispettivamente
ai lati AB, BC, CD, DA e tali che AP + AN + CQ + CM = 2. Dimostrare che P M ⊥ QN .
15. Nel triangolo 4ABC costruire le altezze AD e CE che si intersecano in H. Se P e Q sono i
punti medi di BH e AC rispettivamente, calcolare la misura dell’angolo formato dalle rette
P Q e DE.
16. Date tre rette generiche (anche non parallele) costruire un triangolo equilatero avente un
vertice su ciascuna retta.
17. Inscrivere un quadrato in un triangolo.
18. Sia dato il quadrilatero ABCD con BC = CD, AB = AD e sia O il punto sul prolungamento
di AB dalla parte di B tale che O, C e D siano allineati. Se le bisettrici degli angoli ∠BOC
e ∠BAD si intersecano in Q e ∠CDA = 100◦ calcolare l’ampiezza di ∠OBQ.
19. In un triangolo rettangolo 4ABC, con ∠ACB = 60◦ e ∠BAC = 90◦ inscrivere un quadrato
P QM N tale che P, Q ∈ BC, BM ∩ CN = O e la distanza di O da BC è 10 cm. Calcolare la
distanza di O da AB.
20. Costruire un trapezio conoscendo la lunghezza delle diagonali, della linea mediana e un angolo
alla base maggiore.
Riferimenti bibliografici
[1] Massimo Gobbino, Schede olimpiche,
U.M.I, Bologna (2010)
[2] Enrico Giusti, Pitagora e il suo teorema,
Edizioni Polistampa, Firenze (2010)
[3] Italo D’Ignazio, Ercole Suppa Il problema geometrico, dal compasso al Cabri,
Interlinea Editrice (2001)
[4] Jordan Tabov, Peter Taylor, Methods of problem solving, book 1,
AMT Publishing, Camberra (2002)
[5] Jordan Tabov, Peter Taylor, Methods of problem solving, book 2,
AMT Publishing, Camberra (2002)
[6] Arkadii Slinko, Transformations in the solutions of geometric problems
http://www.mathsolympiad.org.nz/category/notes/geometry/
[7] Bobby Poon, Geometry Transformations,
IMOHK Training 2006
[8] Clayton W. Dodge, Euclidean Geometry and Transformations,
Dover Publications, New York 2004
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