Lezione 4 - Geometria

Problema 1

Dato un foglio rettangolare di lati a e b con a > b. Determinare l'area deltriangolo che risulta dalla sovrapposizione dei due lembi che si ottengonopiegando il foglio lungo una diagonale.

Soluzione: Riferendoci alla �gura sotto, possiamo dire che i due triangoliÌADE e ÌEBC sono uguali, in quanto sono triangoli rettangoli con i lati AD eBC uguali, in quanto entrambi uguali a b, e con i relativi angoli in “E uguali,in quanto angoli apposti al vertice.

Per quanto visto, i lati AE e EC sono uguali, per cui il triangolo ÌAEC èisoscele. Indichiamo AE = EC = x, per cui DE = EB = a− x. Applicandoil teorema di Pitagora al triangolo ÌADE

1

AE2

= DE2

+ AD2 ⇒ x2 = (a− x)2 + b2

2ax = a2 + b2 ⇒ x =a2 + b2

2a

Per trovare l'area del triangolo ÌAEC basta sottrarre alla metà dell'areadel rettangolo l'area del triangolo ÌADE

SAEC =1

2ab− 1

2b

Ça− a2 + b2

2a

å=b(a2 + b2)

4a

Problema 2

Siano AB e BC due archi consecutivi di una circonferenza e siano M ed Ni punti medi di AB e BC, rispettivamente. La corda MN interseca la cordaAB in E e la corda BC in F . Si dimostri che BE = BF .

Soluzione: Dimostriamo che il triangolo BFE è isoscele, e per fare ciò dimo-striamo che EFB = FEB o equivalentemente NFB = MEB.Si noti che gli angoli alla circonferenza MNB e MBA insistono su ar-chi congruenti, e dunque sono angoli congruenti. Analogamente si ha cheNMB = NBC. Si ha quindi che

NFB = 180◦ −MNB −NBC = 180◦ −MBA−NMB = MEB

da cui segue la tesi.

2

Problema 3

Si considerino le tre circonferenze CR, Cx e Cr aventi raggi, rispettivamente,R, x e r e aventi i centri allineati. Siano, inoltre, CR e Cr tangenti esterna-mente a Cx. Sapendo che le tre circonferenze hanno due tangenti esterne incomune, si calcoli x noti R e r.

Soluzione: Sia A il punto comune alle due rette tangenti e siano O1, O2 e O3

i centri rispettivamente delle circonferenze Cr, Cx e CR.

Indichiamo con B il punto di intersezione più vicino ad A tra la rettacongiungente i tre centri e la circonferenza Cr. Quindi consideriamo unadelle rette tangenti alle circonferenze e indichiamo con T1, T2 e T3 i puntidi tangenza di tale retta rispettivamente con Cr, Cx e CR. Poniamo AB =

y e notiamo che i triangoli Ó�AO1T1 e Ó�AO2T2 sono simili, essenso triangolirettangoli con l'angolo in “A comune. Allora possiamo scrivere la proporzione

AO1 : O1T1 = AO2 : O2T2 ⇒ y + r

r=y + 2r + x

x

x(y + r) = r(y + 2r + x)⇒ (x− r)y + xr = 2r2 + rx

y =2r2

x− r

In maniera del tutto analoga, si ottiene che i triangoli Ó�AO1T1 e Ó�AO3T3 sonosimili, per cui si ricava la relazione

3

y + r

r=y + 2r + 2x+R

R⇒ y =

2r

R− r(r + x)

Uguagliando le due espressioni di y si ottiene un'equazione in x la cui riso-luzione ci porta alla risposta del quesito:

2r2

x− r=

2r

R− r(r + x)⇒ r

x− r=r + x

R− rNotiamo subito che questa equazione non ammette soluzione per x = r, maquesta eventualità non può veri�carsi per costruzione geometrica, in quantose così fosse le tre circonferenze non potrebbero avere due rette tangenti incomune. Quindi, continuando a risolvere l'equazione, otteniamo

r(R− r) = (x+ r)(x− r)⇒ x2 − r2 = Rr − r2 ⇒ x2 = Rr

x =√Rr

Problema 4

In una circonferenza Γ di centro O viene tracciata una corda ST . Una cir-conferenza Γ′ tangente internamente a Γ in B è tangente anche a ST nelpunto A. Sia M il punto medio dell'arco ST non contenente B. Dimostrareche A, B ed M sono allineati.

Soluzione: Tramite opportuna omotetia f di centro B, la circonferenza Γ′ sitrasforma nella circonferenza Γ. L'omotetia f manda la retta ST in una rettaparallela tangente a Γ in un punto che chiamiamo momentaneamente M ′.

4

L'asse di ST passa per il centro di Γ, inoltre per parallelismo è ortogonaleanche alla tangente in M ′. Dal momento che M ′ sta sull'asse di simmetriadi ST si ha che coincide con M . Pertanto M ed A si corrispondono per f equindi sono allineati con B centro dell'omotetia.

Problema 5

Sia ABC un triangolo e sia γ la circonferenza inscritta in ABC. La circonfe-renza γ è tangente al lato AB nel punto T. Sia D il punto di γ diametralmenteopposto a T, e sia S il punto di intersezione della retta passante per C e Dcon il lato AB. Dimostrare che AT = SB.

Soluzione: Con riferimento alla �gura sotto, tracciamo la retta r passanteper D e parallela al lato AB. Siano L ed M , rispettivamente, le intersezionidi r con i lati AC e BC. Denotiamo inoltre con H e K, rispettivamente, ipunti di tangenza di γ con i lati AC e BC.

Poiché sulle tangenti condotte da un punto esterno ad una circonferenzarisultano uguali i segmenti compresi fra il dato punto esterno e i rispettivipunti di contatto (teorema delle tangenti) abbiamo CH = CK, LH = LD eMK = MD. Scrivendo CH = CL + LH, CK = CM + MK e, sfruttandole uguaglianze precedenti, si ha

CL+ LD = CM +MD

I triangoli CLM e CAB sono simili, perchè hanno i lati paralleli. Molti-plicando l'uguaglianza precedente per il rapporto di similitudine, otteniamoCA + AS = CB + BS, ossia CH + HA + AT + TS = CK + KB + BS.Utilizzando ancora il teorema delle tangenti, abbiamo CH = CK, AH = ATe KB = TB = TS + SB. Ne segue che 2AT + TS = TS + 2BS, e quindiAT = BS.

Problema 6

Siano date nel piano due circonferenze γ1 e γ2 di centri A e B rispettiva-mente, e intersecantesi in due punti C e D. Si supponga che la circonferenza

5

passante per A, B e C intersechi ulteriormente γ1 e γ2 in E ed F rispet-tivamente, e che l'arco EF non contenente C giaccia fuori dai due cerchidelimitati da γ1 e γ2. Dimostrare che l'arco EF non contenente C è bisecatodalla retta CD.

Soluzione: Per il teorema dell'angolo al centro, C “AD = 2C “ED. Poiché persimmetria C “AB = D “AB, si ha C “AB = C “ED. Inoltre, C “AB = C “EB,

perché entrambi insistono sull'arco CB, e quindi C “ED = C “EB. Ne segueche E, D e B sono allineati (perché D e B giacciono dalla stessa parte dellaretta CE). Siccome gli archi CB e BF sono uguali, si ha C “EB = B “EF ,quindi D appartiene alla bisettrice di C “EF . Con un ragionamento analogo,si dimostra che D appartiene alla bisettrice di C “FE, il che signi�ca che D èl'incentro del triangolo CEF . Dunque la retta CD biseca l'angolo E “CF , equindi l'arco EF .

Problema 7

Sia ABCD un trapezio con base maggiore AB, tale che le diagonali AC eBD siano perpendicolari. Sia O il centro della circonferenza circoscritta altriangolo AÁBC e sia E il punto di intersezione tra la retta OB e la rettaCD. Dimostrare che vale la relazione

BC2

= CD · CE

Soluzione: Sia F il punto di intersezione tra le diagonali AC e BC e sia Mil punto medio di AB.

6

Il triangolo ÌAOB è ovviamente isoscele e OM è la mediana rispetto allasua base. Ne segue che i triangoli AÁOM e B ÁOM sono uguali e, in particolare

A“OM = BOM =1

2A“OB

Inoltre A“OB e A“CB sono rispettivamente angolo al centro e angolo allacirconferenza insistenti sullo stesso arco AB. Quindi A“OB = 2A“CB ⇒B “OM = A“CB. Ne segue che i triangoli Ó�OBM e ÌCBF , che sono triangolirettangoli, sono simili, avendo un angolo acuto uguale (α). Allora anchel'altro angolo acuto (β) è uguale

O“BM = C “BF ⇔ A“BE = D“BCInoltre A“BE = B “EC in quanto angoli alterni interni, per cui D“BC = B “ECe dunque i triangoli ÌBCD e ÌECB sono simili in quanto hanno l'angolo in“C in comune e un altro angolo (β) uguali, come appena dimostrato. Quindipossiamo scrivere la proporzionalità tra i lati dei triangoli

BC : CD = EC : CB ⇒ BC2

= CD · CE

come volevasi dimostrare.

Problema 8

Un esagono equiangolo ha quattro lati consecutivi lunghi nell'ordine 5, 3, 6 e7. Determinare le lunghezze degli altri due lati.

Soluzione: Siano a, b, c, d, e, f i lati dell'esagono con a = 5, b = 3, c = 6,d = 7.

Si prolunghino i lati a, c, e �no ad incontrarsi nei punti B, C, A (vedi�gura). Poiché gli angoli interni dell'esagono sono tutti di 120◦, il triangoloABC e i tre triangolini determinati da ciascuno dei lati f , b, d e rispettiva-mente dai vertici A, B, C sono tutti equilateri, dato che tutti i loro angoli

7

sono di 60◦. Abbiamo pertanto che

b+ c+ d = d+ e+ f = f + a+ b,

da cui, sostituendo i valori noti, si ricava facilmente f = 8 ed e = 1.

Problema 9

Date due rette parallele r ed s e due punti P ∈ r e Q ∈ s, si considerinole coppie di circonferenze (CP , CQ) tangenti la prima a r nel punto P e laseconda a s nel punto Q, tali che CP e CQ siano tangenti esternamente in unpunto T . Determinare il luogo dei punti descritto da T al variare di questacoppia.

Soluzione: Prima di tutto notiamo che la distanza PQ è �ssata e indichiamocon S la striscia di piano delimitata dalle due rette r ed s. Indicando con CPe CQ i centri delle due circonferenze (con ovvia notazione), possiamo notareche i raggi CPP e CQQ delle due circonferenze sono perpendicolari alle retter ed s e quindi sono paralleli tra loro. A questo punto, distinguiamo diversicasi a seconda del numero di circonferenze che intersecano S: ovviamente ilcaso in cui nessuna circonferenza interseca S è escluso, in quanto in tal casole due circonferenze non possono essere tangenti tra loro.

• Caso 1. Una sola circonferenza interseca S.

Per �ssare le idee supponiamo che CQ sia la circonferenza che noninterseca la striscia S: ovviamente il caso in cui è CP a non intersecareS è del tutto simmetrico.

Consideriamo i due triangoli isosceli Ó�CPPT e Ó�CQQT : notiamo che gliangoli al vertice CP e CQ sono supplementari in quanto CP , CQ e T sono

8

allineati ed in quanto CPP e CQQ paralleli, come osservato all'inizio.Inoltre, poniamo

α = CP “TP = CP “PT β = CQ“TQ = CQ“QTPoichè la somma degli angoli interni di un triangolo è pari a 180◦,possiamo scrivere che

Ä“CP + 2αä

+Ä“CQ + 2β

ä= 360◦. Ma ricordando

che “CP + “CQ = 180◦, segue che

2α + 2β = 180◦ ⇒ α + β = 90◦

e quindi il triangolo ÌPTQ è un triangolo rettangolo con ipotenusa PQ.Allora nel semipiano H delimitato dalla retta s e non contenente r, illuogo geometrico dei punti T è l'arco di circonferenza avente diametroPQ. Nel semipiano G delimitato dalla retta r e non contenete s siottiene lo stesso risultato per la simmetria prima discussa.

• Caso 2. Entrambe le circonferenze intersecano S.

Consideriamo sempre i due triangoli isosceli Ó�CPPT e Ó�CQQT : i dueangoli al vertice “CP e “CQ opposti alle basi dei triangoli sono angoli

9

congruenti, essendo alterni interni. Infatti sono angoli che si ottengonotagliando le due rette CPP e CQQ, che sono parallele per quanto vistoall'inizio, con la trasversale passante per CP , CQ e T . Allora i duetriangoli Ó�CPPT e Ó�CQQT sono simili, e questo ci permette di a�ermareche gli angoli CP “TP e CQ“TQ sono anch'essi congruenti. Ma, avendoquesti due angoli un lato in comune, ovvero la retta passante per CP ,CQ e T , dal fatto che CP “TP ∼= CQ“TQ segue che i punti P , Q e T sonoallineati, ovvero T ∈ PQ. Se ne conclude che all'interno della strisciaS il luogo geometrico dei punti T è proprio il segmento PQ.

Problema 10

Una retta divide un triangolo in due nuove �gure con uguali perimetro e area.Provare che l'incentro del triangolo giace su questa retta.

Soluzione: Sia ABC il triangolo e supponiamo, senza perdita di generalitàche la retta data tagli i segmenti AB e AC rispettivamente nei punti R edS. Si tracci la bisettrice dell'angolo BAC e sia I il suo punto di intersezionecol segmento RS. Sia h la distanza di I da AB e da AC e sia k la distanzadi I da BC. I poligoni ARS e BRSC hanno la stessa area. Si decompone il

triangolo ARS nei triangoli ARI e ASI, mentre si suddivide il quadrilateroBRSC nei triangoli BRI, CSI e BCI. Uguagliando le somme delle aree siottiene:

AR · h+ AS · h2

=BR · h+ CS · h+BC · k

2. (1)

Inoltre, dal momento che ARS e BRSC hanno anche lo stesso perimetro, siha:

AR + AS = BR + CS +BC.

Sostituendo nella (1) si ottiene:

(BR + CS +BC)h = (BR + CR)h+BC · k

10

da cui si ricava che h = k, pertanto I è l'incentro e giace su RS come volevasidimostrare.

Problema 11

Sia P un punto interno ad un triangolo ABC. Le rette AP , BP e CPintersecano i lati di ABC in A′, B′ e C ′ rispettivamente. Ponendo

x =AP

PA′, y =

BP

PB′, z =

CP

PC ′,

dimostrare che xyz = x+ y + z + 2.

Soluzione: Si veri�ca facilmente che, comunque scelti tre numeri reali nonnulli a, b, c, e ponendo x = a+b

c, y = b+c

ae z = a+c

b, la relazione da dimostrare

diventa un'identità algebrica.

Per trovare a, b, c si proceda come segue: siano D ed E le intersezionidella parallela ad AB passante per P con i segmenti AC e BC rispettiva-mente; sia F l'intersezione tra la parallela ad AC passante per P ed AB;sia G l'intersezione tra la parallela a BC passante per P ed AB. Si pongaAF = a, FG = b, GB = c. I triangoli DEC e FGP sono simili, poichéhanno i lati ordinatamente paralleli, ed inoltre valgono le relazioni DP = a,PE = c e DA = PF , in quanto AFPD e GBEP sono dei parallelogrammi.Applicando il teorema di Talete alle parallele GP e BA′ segue che x = a+b

c,

ed analogamente segue che y = b+ca, applicando lo stesso teorema alle pa-

rallele FP ed AB′. Ancora per il teorema di Talete, si ha z = CDDA

, dacui z = CD

PF= DE

FG, sfruttando la similitudine tra DEC e FGP . Dunque,

z = DP+PEFG

= a+cb, e questo conclude la dimostrazione.

Problema 12

Sia ABC un triangolo con baricentro G. Sia D 6= A un punto sulla retta AGtale che AG = GD, e sia E 6= B un punto sulla retta GB tale che GB = GE.Sia in�ne M il punto medio di AB. Dimostrare che il quadrilatero BMCDè inscrittibile in una circonferenza se e solo se BA = BE.

11

Soluzione: Sia N il punto medio di BC. N è anche punto medio di GD,essendo GD = AG per ipotesi, e GN = 1

2AG per le note proprietà del

baricentro.

Allora BDCG è un parallelogramma, avendo le diagonali che si bisecano,e BDCM è un trapezio, con basi BD e CM . Un trapezio è inscrittibile in unacirconferenza se e solo se è isoscele. Poiché BDCG è un parallelogramma,si ha DC = BG; quindi BDCM è inscrittibile se e solo se BM = BG.Per ipotesi M è il punto medio di AB e G è il punto medio di BE, quindiBM = BG se e solo se BA = BE; ciò conclude la dimostrazione.

Problema 13

Nel triangolo ABC supponiamo di avere a > b, dove a = BC e b = AC. SiaM il punto medio di AB, e siano α e β le circonferenze inscritte, rispettiva-mente, ai triangoli ACM e BCM . Siano poi A′ e B′ i punti di tangenza diα e β con CM . Dimostrare che A′B′ = a−b

2.

Soluzione: Chiamiamo x = MA′, y = MB′, r = CA′, s = CB′.

È chiaro che±A′B′ = x− y = s− r (1)

Denotiamo con A2 ed A3 i punti di tangenza di AB e AC con α, e con B2

e B3 i punti di tangenza di AB e BC con β. Ora usiamo ripetutamente ilfatto che, tracciando le tangenti da un punto X esterno ad una circonferenzaγ, e chiamati M ed N i punti di tangenza, si ha XM = XN . Abbiamo chex = MA2, y = MB2, r = CA3, s = CB′. Poniamo poi

12

t = AA2 = AA3 u = BB2 = BB3

Poiché M è il punto medio di AB, abbiamo x + t = y + u. D'altra parte,t = b− r, u = a− s, da cui x+ b− r = y + a− s e quindi

(x− y) + (s− r) = a− b

Poiché a− b > 0, nella (2) vale il segno + e la tesi è dimostrata.

Problema 14

Sia ABC un triangolo acutangolo, Γ la sua circonferenza circoscritta, K ilpiede della bisettrice relativa al vertice A. Sia M il punto medio dell'arco BCche contiene A. Detta A′la seconda intersezione di MK con Γ, si chiaminot, t′ rispettivamente le tangenti a Γ in A e in A′, r (rispettivamente r′) laperpendicolare ad AK (rispettivamente A′K) passante per A (rispettivamenteA′). Siano ora T = t∩ t′ e R = r ∩ r′. Si provi che T , R e K sono allineati.

Soluzione: Denotiamo con O il centro di Γ e con N il punto medio dell'arcominore BC.

Proviamo preliminarmente che la retta RA passa per M e che la rettaRA′ passa per N : il primo punto è equivalente a

B “AK +M “AB =π

2

ma per il teorema dell'angolo alla circonferenzaM “AB = M “CB, e inoltre, peripotesi, M è punto medio dell'arco maggiore BC e K piede della bisettriceuscente da A, dunque:

13

2(B “AK +M “AB) = B “AC + π −B”MC = π

Per il teorema dell'angolo al centro/angolo alla circonferenza si ha:

C “ON = N “OB ⇒ C “AN = N “ABdunque AK passa per N e quest'ultimo, essendo antipodale ad M in Γ,realizza MA′N = π

2e giace su RA′. A questo punto K risulta ortocentro del

triangolo MRN , ragion per cui i punti A, A′, R, K appartengono ad unastessa circonferenza di diametro RK. Il centro di tale circonferenza è il puntoT , in quanto AT risulta congruente ad A′T per il teorema delle tangenti e iltriangolo ATK risulta isoscele (su base AK) poiché:

K “AT =π

2−O “AK = N”MA = N “BA = C “BA+N “BC = C “BA+N “AC

TKA = π − A“CB − B “AC2

= C “BA+B “AC

2= C “BA+N “AC

Segue che T è punto medio di RK, da cui la tesi. Infatti T può esseredescritto come il simmetrico di O, punto medio diMN , rispetto al circocentrodel triangolo AOA′. La circonferenza circoscritta al triangolo AOA′ è lacirconferenza di Feuerbach (o `dei nove punti') relativa al triangolo MRN ,il suo centro è dunque punto medio del segmento avente per estremi K e ilcircocentro di MRN : da ciò segue che la proiezione di T su MN coincidecon la proiezione di K su MN , ossia

TK ⊥ MN

Abbiamo però già provato che K è ortocentro di MRN , la perpendicolaread MN per K è dunque l'altezza uscente dal vertice R. Considerato cheK ∈ BC e BC ⊥ MN , i punti B, C, K, T , R appartengono tutti a unastessa retta.

Problema 15

Sia ABC un triangolo e X un punto interno di ABC. Dimostrare che almenouno degli angoli tra XAB, XBC, XCA è minore o uguale di π

6.

Soluzione: Siano P , Q, R i piedi delle perpendicolari condotte da X rispet-tivamente a BC, CA, AB.Si ha Area(ABX) + Area(BCX) + Area(CAX) = Area(ABC) e inoltre2Area(ABC) = AB · AH ≤ AB · AP ≤ AB(AX +XP ), per cui

AB ·XR +BC ·XP + CA ·XQ = 2Area(ABC) ≤ BC(AX +XP )

14

da cui si ricava

BC ≥ AB ·XRAX

+CA ·XQAX

. (1)

Notiamo ora che ∀λ, µ ∈ R (λ + µ)2 ≥ (λ + µ)2 − (λ − µ)2 = 4λµ.Applicando alla (1) otteniamo

BC2 ≥ 4AB · CA ·XR ·XQ

AX2. (2)

Ripetendo analogamente il procedimento su CA e su AB otteniamo

CA2 ≥ 4BC · AB ·XP ·XR

BX2(3)

AB2 ≥ 4AB ·BC ·XQ ·XP

CX2. (4)

Moltiplicando membro a membro le equazioni (2), (3) e (4) otteniamo

BC2 · CA2 · AB2 ≥ 64AB2 · CA2 ·BC2 ·XR2 ·XQ2 ·XP 2

AX2 ·BX2 · CX2

che sempli�cando e riordinando diventa

1 ≥ 64

ÇXR

AX

å2 ÇXPBX

å2 ÇXQCX

å2

=⇒ÇXR

AX

åÇXP

BX

åÇXQ

CX

å≤ 1

8.

15

Notiamo in�ne che XRAX

= sinXAB, XPBX

= sinXBC, XQCX

= sinXCA.Chiamando α il minore tra questi angoli abbiamo

sin3 α ≤ 1

8=⇒ sinα ≤ 1

2= sin

π

6=⇒ α ≤ π

6

che è la tesi.

Problema 16

Siano A, B, C, D quattro punti distinti su una retta, in quest'ordine. Lecirconferenze di diametro AC e BD si intersecano in X e Y . La retta XYinterseca BC in Z. Sia P un punto appartenente a XY e diverso da Z. Laretta CP interseca la circonferenza di diametro AC in C e in M e la rettaBP interseca la circonferenza di diametro BD in B e in N . Dimostrare chele rette AM , DN , XY sono concorrenti.

Soluzione: Chiamiamo Γ1 la circonferenza di diametro AC e Γ2 quella didiametro BD. PoichéM appartiene a Γ1, si ha AMC = 90◦ e quindiMCA =90◦ − CAM . Analogamente BND = 90◦. Inoltre, notiamo che XY è l'asseradicale delle due circonferenze, che, come noto, è il luogo dei punti del pianoche hanno la stessa potenza rispetto a due circonferenze. Per cui, essendoP ∈ XY si ha PN ·PB = PM ·PC, e dall'inverso della potenza di un puntootteniamo che il quadrilatero MNBC è ciclico. Dunque 90◦ − CAM =MCA = BNM poiché angoli insistenti sullo stesso arco di circonferenza. Daciò segue

MND = BNM + 90◦ = 90◦ − CAM + 90◦ = 180◦ − CAM.

Questo signi�ca che anche il quadrilatero AMND è ciclico. Sia Γ3 la cir-

conferenza passante per A, M , N , D. Poiché AM è l'asse radicale di Γ1 eΓ3 e DN l'asse radicale di Γ3 e Γ2, dal teorema secondo cui gli assi radicalidi tre circonferenze sono concorrenti segue la tesi.

16

Problema 17

Sia ABC un triangolo e D il piede dell'altezza condotta da A. Siano E ed Fdue punti su una retta passante per D tali che AE⊥BE, AF⊥CF , E 6= F 6=D. Siano M ed N i punti medi dei segmenti BC ed EF , rispettivamente.Dimostrare che AN⊥NM .

Soluzione: Poiché ADB e AEB sono entrambi angoli retti, il quadrilate-

ro ABDE è ciclico. Da ciò segue che CBA = DBA = DEA = FEA.Analogamente, il quadrilatero ACDF è ciclico e quindi ACB = ACD =180◦ − AFD = AFE. Avendo due angoli congruenti, i triangoli ACB eAFE sono simili e di conseguenza anche i triangoli AMB e ANE lo sono.Da ciò segue

AND = 180◦ − ANE = 180◦ − AMB = 180◦ − AMD

e quindi il quadrilatero ANMD e ciclico e ANM , insistendo sullo stesso arcodi ADM è un angolo retto, come volevasi dimostrare.

Problema 18

Sia ABC un triangolo con tutti gli angoli maggiori di 45◦ e minori di 90◦.(a) Dimostrare che si possono disporre all'interno di ABC tre quadrati

con le seguenti proprietà:

• i tre quadrati hanno tutti lo stesso lato;

• i tre quadrati hanno un vertice comune K interno al triangolo;

• due quadrati qualsiasi non hanno punti in comune oltre a K;

• ciascuno dei quadrati ha due vertici opposti sul perimetro di ABC eper il resto è tutto all'interno del triangolo ABC.

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(b) Sia P il centro del quadrato con lato AB ed esterno ad ABC. Sia rCla simmetrica della retta passante per C e K rispetto alla bisettrice di A“CBuscente da C. Dimostrare che P appartiene ad rC.

Soluzione: Per dimostrare il punto (a) lavoriamo al contrario, disponen-do arbitrariamente dei quadrati di lato �ssato ed osservando quali sono lecaratteristiche del triangolo ABC generato da tale disposizione.

Per l'esattezza (con riferimento alla �gura) scegliamo tre angoliα = A1KA2

β = B1KB2

γ = C1KC2

tali da non generare sovrapposizioni, ovvero compresi tra 0◦ e 90◦, con somma90◦. De�niamo a questo punto A come l'intersezione tra le rette B1B2 e C1C2,KA come il punto medio del segmento A1A2; operiamo analogamente per B eC. Il quadrilatero AKBKKC risulta avere due angoli retti, poiché i triangoliKB1B2 e KC1C2 sono isosceli, dunque le mediane relative al vertice K sonoal contempo altezze. Analogo discorso per BKCKKA e CKAKKB, da cui lerelazioni:

KBKKC = 180◦ − “AKCKKA = 180◦ − “BKAKKB = 180◦ − “C

D'altro canto le mediane di cui sopra sono anche bisettrici, per cui il sistemadiviene:

β2

+ γ2

+ 90◦ = 90◦ − “Aα2

+ γ2

+ 90◦ = 90◦ − “Bα2

+ β2

+ 90◦ = 180◦ − “C ⇒

α = 2“A− 90◦

β = 2“B − 90◦

γ = 2“C − 90◦

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I vincoli su (α, β, γ) si trasformano coerentemente in vincoli su (“A, “B, “C):si ha che ognuno degli ultimi tre angoli dev'essere compreso tra 45◦ e 90◦.Si noti poi che per costruzione i punti JA, JB, JC risultano interni al trian-golo ABC. Preso dunque un triangolo come nell'ipotesi, sappiamo comedisporre tre quadrati di lato unitario in modo da generare un triangolo simi-le a quello desiderato; usufruendo di un opportuno movimento rigido seguitoda una dilatazione (angoli e rapporti tra lunghezze vengono preservati), lacon�gurazione risolutiva è determinata.

Per quanto riguarda il punto (b), sempre con riferimento alla �gura,notiamo che

B1”A2B = 45◦ +K”A2A1 = 45◦ +

180◦ − (2“A− 90◦)

2= 180◦ − “A

Il quadrilatero ABA2B1 è perciò ciclico. Ne segue che C”B1A2 = 180◦ −A”B1A2 = “B e C”A2B1 = 180◦ − B1

”A2B = “A, dunque i triangoli A2B1C eABC sono simili. D'altro canto, poiché K”B1A2 = K”A2B1 = 45◦, K è ilcentro del quadrato costruito su A2B1 esternamente a CA2B1, ragion per cui

K “CB = P “CAe le rette CP e CK risultano simmetriche rispetto alla bisettrice dell'angolo“C.

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