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BREVI NOTE DI GEOMETRIA EUCLIDEA
I fondamentali
Riportiamo di seguito alcuni risultati che non si può non sapere. La
presentazione sintetica è una scelta obbligata per questioni di sintesi,
tuttavia è buona regola verificarne il contenuto con gli strumenti necessari.
1. Data una retta r ed un punto P esterno ad essa, esiste un’unica retta s
passante per P e parallela ad s.
2. La somma degli angoli interni di un triangolo è 180°.
Questioni di parallelismo
3. (rette tagliate da una trasversale). Se due rette tagliate da una trasversale
formano
a) o due angoli alterni interni uguali;
b) o due angoli alterni esterni uguali;
c) o due angoli corrispondenti uguali;
d) o due angoli coniugati interni supplementari;
e) o due angoli coniugati esterni supplementari;
2
allora risultano uguali tutti gli angoli alterni interni, alterni esterni, e
corrispondenti; e risultano supplementari tutti gli angoli coniugati
interni e coniugati esterni.
4. (Teorema fondamentale sulle rette parallele). Condizione necessaria e
sufficiente affinché due rette del piano siano parallele è che, tagliate
da una trasversale formino:
a) o due angoli alterni (esterni o interni) uguali;
b) o due angoli corrispondenti uguali;
c) o due angoli coniugati (esterni o interni) supplementari.
5. (Teorema dell’angolo esterno). In un triangolo, ogni angolo esterno è
maggiore degli angoli interni non adiacenti.
3
Dimostrazione. Si dimostra che l’angolo esterno EBC è maggiore dell’angolo
interno non adiacente BCA. Indicato con D il punto medio del lato BC, sia
A’ il simmetrico di A rispetto a D. Dall’uguaglianza dei triangoli BA’D e
ADC (hanno due lati e l’angolo tra essi compreso uguali) segue che
l’angolo esterno EBC è maggiore dell’angolo A’BC che è uguale a BCA.
6. (Teorema di Talete). Un fascio di rette parallele determina sopra due
trasversali due classi di segmenti proporzionali.
7. (Corollario). Una retta è parallela ad un lato di un triangolo, se e solo
se determina sugli altri due lati, o sui loro prolungamenti, segmenti
proporzionali.
Dimostrazione. Siano d, ed e due rette parallele al lato AB. Per il teorema di
Talete risulta: CD : CA = CE : CB = CA : CB .
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Viceversa, supponiamo per assurdo che DE non sia parallela a BC. In tal
caso esisterebbe un punto F su BC, distinto da E, in cui la parallela ad AB
condotta da D interseca BC. Per quanto visto sopra CD : CA = CF : CB , quindi
CE = CF , contro l’ipotesi.
8. Proposizione. E’ dato il triangolo ABC. Siano M e N i punti medi dei
lati AC e BC rispettivamente. Indicato con G il baricentro del
triangolo, allora i triangoli AGB e MNG sono simili.
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9. Proposizione. Siano AC e BD due segmenti paralleli. Indicato con E il
punto intersezione dei segmenti AD e BC, tracciamo per E la
parallela ai sementi AC e BD, ed indichiamo con F il suo punto
intersezione con AB. Allora 1 + 1 = 1 .
AC
BD
EF
• Dimostrazione. I triangoli ABD e AFE sono simili, così come i triangoli
ABC e FBE,
10.
Esercizio. Sia ABC un triangolo con  = 120° . Si tracci la
bisettrice dell’angolo  e si indichi con D il punto intersezione di
questa con il lato BC. Allora 1 = 1 + 1 .
AD
• Soluzione.
AB
AC
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Si conducano dai vertici B e C le parallele al segmento AD, e le
semirette per A. Si indichino con E e con F le intersezioni di tali
semirette con le parallele, come in figura. Per questioni di
complementarità risulta CÂF = 60° . Inoltre, per il teorema delle parallele,
l’angolo β = AF̂E = 60° ; di conseguenza, γ = AĈF = 60° . Il triangolo ACF è
dunque equilatero, così come ABE, simile ad ACF. Da questo segue in
particolare che BE = AB e CF = AC ; la tesi segue dall’applicazione della
proposizione precedente.
La disuguaglianza triangolare
Con la disuguaglianza triangolare è possibile risolvere svariati problemi,
tra cui, ad esempio, quello classico in cui si chiede di determinare il
cammino più breve che congiunge due località che si trovano dalla stessa
parte rispetto ad un fiume, dovendo portare un secchio d’acqua (del fiume)
dall’una all’altra.
E ora un classico.
11.
Proposizione. In un triangolo, la somma delle lunghezze delle
mediane è minore del perimetro.
• Dimostrazione.
Sulla circonferenza e sul triangolo
7
8
12.
(Teorema della bisettrice) In un triangolo ABC, la bisettrice AL
dell’angolo BĈA divide il lato BC in due segmenti tali che:
Dimostrazione 1.
BL AB
=
LC AC
Dimostrazione 2.
I seguenti risultati sono applicazioni delle proprietà degli angoli alla
circonferenza.
.
9
13.
(Teorema delle due corde) Indicato con A il punto intersezione
delle corde BC e DE risulta: AB : AD = AE : AC .
Dimostrazione.
Da questo risultato segue in particolare la relazione AB ⋅ AC = AD ⋅ AE
14.
(Teorema delle secanti) Le secanti ad una circonferenza
condotte da un punto esterno A staccano coppie di segmenti tali che:
AB : AD = AE : AC .
Dimostrazione.
Da questo risultato segue ancora la relazione AB ⋅ AC = AD ⋅ AE
15.
(Teorema della secante e della tangente) La tangente ad una
circonferenza condotta da un punto A e una secante condotta
sempre da A, sono tali che, indicati con D e con C i punti in cui
queste rispettivamente incontrano la circonferenza, risulta
AB : AD = AD : AC .
Dimostrazione.
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Stavolta la relazione può essere scritta nella forma AC ⋅ AB = AD 2 .
16. La potenza di un punto rispetto ad una circonferenza
Nei teoremi che abbiamo appena visto (quello delle corde, quello delle
secanti, e quello della secante e della tangente), abbiamo evidenziato la
relazione invariante AB ⋅ AC = AD ⋅ AE . Invariante significa che, fissati il
punto A e la circonferenza, il suo valore è costante al variare della coppia
di semirette uscenti da A se questo punto è esterno, o della coppia di corde
che si intersecano in A, se questo si trova all’interno della circonferenza.
In generale, se P è un punto esterno alla circonferenza, e A e B sono i
punti in cui la semiretta uscente da P incontra la circonferenza, si definisce
potenza di P rispetto alla circonferenza la quantità PA ⋅ PB . Indicato con r il
raggio della circonferenza, risulta PA ⋅ PB = PC 2 = PO 2 − r 2 . La potenza di
un punto rispetto ad una circonferenza è positiva se il punto è esterno alla
circonferenza, è zero se il punto si trova sulla circonferenza, mentre è
negativa se il punto è interno alla circonferenza.
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Intermezzo analitico
Può essere interessante riportare l’approccio analitico al concetto di
potenza di un punto rispetto ad una circonferenza, come proposto nel testo
“Il metodo delle coordinate” di Prodi-Foà, come caso di una proprietà
geometrica può essere dedotta attraverso relazioni algebriche.
Vogliamo studiare le intersezioni della circonferenza ( x − x 0 ) 2 + ( y − y 0 ) 2 = r 2
con l’asse delle ascisse:
#
2
2
% ( x − x0 ) + ( y − y0 ) = r 2
⇒ x 2 − 2x0 x + x02 + y02 − r 2 = 0 .
$
%&
y=0
Le
€ soluzioni dell’equazione di
secondo grado ottenuta, se esistono, sono tali che
x 2 − 2x0 x + x02 + y02 − r 2 = ( x − x1 ) ( x − x2 ) = x 2 − x ( x1 + x2 ) + x1 x2 , da cui seguono le relazioni
"$
x1 + x2 = 2x0
#
2
2
2
$% x1 x2 = x0 + y0 − r
. Indicato con Q ( x0 ; y0 ) il centro della circonferenza, e posto
d 2 = x02 + y02 ,
segue x1 x2 = d 2 − r 2 : il prodotto delle ascisse dei punti intersezione
della circonferenza con la retta y = 0 dipende solo dalla distanza OQ e dal
raggio r.
Quanto detto vale per qualsiasi semiretta di origine O che interseca la
circonferenza di centro Q e raggio r in due punti P1, P2 .
Si definisce quindi potenza del punto O rispetto alla circonferenza data la quantità
d 2 − r2 .
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Esercizio. Si determini il luogo geometrico dei punti del piano aventi la
stessa potenza rispetto ad una circonferenza fissata.
17. L’asse radicale come luogo geometrico
Definiamo asse radicale il luogo geometrico dei punti del piano aventi la
stessa potenza rispetto a due circonferenze.
Si hanno vari casi, cominciamo da quello in cui le due circonferenze sono
secanti. Indicati con A e con B i punti d’incontro delle due circonferenze,
l’asse radicale è evidentemente rappresentato dalla retta passante per A e
B.
Se le due circonferenze sono tangenti, l’asse radicale è la retta tangente alle
due circonferenze, passante per il punto di tangenza.
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Infine, se le due circonferenze sono esterne (non concentriche) l’asse
radicale si determina trovando il punto P sulla retta dei centri che ha la
stessa potenza rispetto alle due circonferenze, e servendoci di una terza
circonferenza secante le circonferenze date. I due assi radicali che si
vengono così a determinare si incontrano in un punto L che ha, per la
proprietà transitiva, la stessa potenza rispetto alle due circonferenze di
partenza. L’asse radicale cercato è la retta per L perpendicolare alla retta
dei centri.
Il punto P, situato sulla retta dei centri, dista dalla circonferenza di centro
A e raggio R la lunghezza
B e raggio r la lunghezza
( AB − r )
x=
2
− R2
2AB
2
AB − R) − r 2
(
y=
2AB
,e dalla circonferenza di centro
.Tali lunghezze sono state
determinate imponendo l’uguaglianza delle potenze di P rispetto alle due
circonferenze:
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x ( x + 2R) = ( AB − R − r − x ) ( AB − R − x + r )
y = AB − R − r − x
. Dimostriamo che la
perpendicolare per P alla retta dei centri è il luogo dei punti che hanno la
stessa potenza rispetto alle due circonferenze. Sia M un punto su questa
retta; allora la potenza di M rispetto alla circonferenza di centro A è
2
MN 2 = AM 2 − R 2 = MP 2 + ( R + x ) − R 2 , mentre rispetto alla circonferenza di
2
centro B è MQ 2 = BM 2 − r 2 = MP 2 + (r + y) − r 2 . La tesi segue dall’uguaglianza
dei membri di destra.
Esercizio. Si traccino le tre circonferenze aventi per diametro i lati di un
triangolo. Si dimostri che gli assi radicali di queste circonferenze
s’incontrano nell’ortocentro del triangolo.
18. L’omotetia
Si tratta di una trasformazione del piano euclideo che “dilata” le distanze
dei punti da un determinato centro, indicato con A, e che lascia invariate
le rette passanti per A (che si dicono rette unite).
Il fattore che descrive la dilatazione nell’omotetia viene detto rapporto
dell’omotetia. Se tale rapporto è positivo, il punto P viene trasformato in un
punto P’ situato dalla stessa parte di P rispetto alla semiretta uscente da A,
mentre se il rapporto è negativo, il punto viene trasformato in un punto
dalla parte opposta di P, sempre rispetto alla semiretta uscente da A.
Esercizio. Sia M il punto medio dell’arco AB di una circonferenza di raggio
R. Siano P e T i punti in cui una circonferenza di raggio r è tangente alla
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circonferenza data e alla corda AB. Si dimostri che i punti P, T, M sono
allineati.
Soluzione. Si dimostra che T viene mandato in M da un’opportuna
omotetia.
Esercizio. Sono dati due punti A, B esterni ad una circonferenza Γ . Si
determini il luogo geometrico dei baricentri del triangolo ABC, al variare
del vertice C sulla circonferenza Γ .
Soluzione. Il baricentro si ottiene da C prendendo il punto che divide il
segmento CM (M è il punto medio di AB) in rapporto 2:1. Il luogo cercato
sarà quindi una certa circonferenza di raggio 1 3 .
Esercizio. Si individui l’omotetia che lega tra loro due circonferenze di raggi
R ≠ r , e centri A e B, con d = AB , discutendo i vari casi che si possono
presentare.
19. La retta di Eulero
Si tratta della retta che unisce l’ortocentro, il baricentro ed il circocentro di
un triangolo.
20. Il teorema di Ceva
In un triangolo ABC, si considerano i punti D, E, F, rispettivamente sui lati BC, AC,
AB. I segmenti AD, BE, CF concorrono1 se e solo se
1ConcorronosignificachesiincontranoinunpuntoO.
BD CE AF
⋅
⋅
=1.
DC EA FB
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Dimostrazione
Ragioniamo sul lato AB. Si conducano da O le altezze relative ai lati AB,
BC, CA. I triangoli AOF e FOB hanno la stessa altezza, così come i
Area ( AOF ) AF Area ( ACF )
=
=
.
Area ( FOB) FB Area (CFB)
triangoli ACF e CFB. Di conseguenza,
"
#b
Per
%
b−d&
a c a−c
una nota proprietà delle proporzioni $ = =
' , si ha
Area ( AOC ) Area ( ACF ) − Area ( AOF ) AF
=
=
AreA ( BOC ) Area (CFB) − Area ( FOB) FB
d
.
Ragionamenti analoghi condotti sui lati AC e BC conducono alle relazioni:
Area ( AOB) AE
=
,
AreA ( BOC ) EC
1=
e
Area ( AOB) BD
=
,
AreA ( AOC ) CD
da cui segue la tesi per moltiplicazione
Area ( AOB) Area ( AOC ) Area ( BOC ) BD AF EC
⋅
⋅
=
⋅
⋅
.
AreA ( AOC ) Area ( BOC ) Area ( AOB) CD FB AE
21. Punti notevoli di un triangolo
Proposizione. Il simmetrico dell’ortocentro di un triangolo rispetto a un lato
(o a un suo prolungamento) appartiene alla circonferenza circoscritta al
triangolo.
• Dimostrazione. In riferimento al triangolo CDB, indichiamo con E
l’ortocentro, con H il piede della perpendicolare al lato BC condotta
da D, e con R il punto intersezione della semiretta contenente il lato
DB con l’altezza ad essa relativa, condotta da C. Dimostriamo che il
simmetrico di E rispetto a R, indicato con S, appartiene alla
circonferenza circoscritta al triangolo CDB. I triangoli ERD e DHB
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sono simili, quindi α := DB̂C = RÊD e, per costruzione,
DB̂C = RÊD = RŜD := α . Di conseguenza, il punto S vede la corda CD
sotto un angolo π − α , quindi sta sulla circonferenza circoscritta al
triangolo.
Vediamo adesso una costruzione “classica” che utilizza quanto visto fino
ad ora.
Il cerchio dei nove punti
Consideriamo, al solito un triangolo ABC.
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22. Il problema delle tangenti a due circonferenze
Se le due circonferenze sono esterne, si possono avere le seguenti
situazioni.
21
22
