Omotetia e inversione nei problemi olimpici

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1 Omotetia e inversione nei problemi olimpici Rosanna Tupitti Liceo Scientifico. Einstein, Teramo rosannatupitti@gmail.com Montecatini, ottobre 2017 Sommario Questo intervento è collegato a quello di etraro Ho voluto fare una panoramica sulle trasformazioni geometriche e il loro utilizzo nella risoluzione di problemi. L anno scorso ho trattato traslazione, simmetria e rotazione, quest anno omotetia e inversione. 1 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 nel punto tale che O = k O. O e k sono detti, rispettivamente, il centro e il rapporto di omotetia. Essa si indica con h O = H(O, k). rincipali proprietà: / = k ; ; 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; un omotetia trasforma cerchi in cerchi; la composizione di due omotetie con lo stesso centro e rapporti k 1 e k 2 è un omotetia con lo stesso centro e di rapporto il prodotto k 1 k 2 ; la composizione di due omotetie con centri diversi e rapporti k 1 e k 2 con k 1 k 2 1 è una omotetia con centro sulla retta passante per i due centri e rapporto k 1 k 2 ; se k 1 k 2 = 1 allora la composizione è una traslazione. 1

2 roblemi risolti 1. Esternamente al quadrato D costruire il triangolo DE retto in E. Indichiamo con M ed N i punti di intersezione di D con E e E rispettivamente. Se DM = 20 e N = 45 calcolare MN. Soluzione. onsideriamo l omotetia h E di centro E tale che M, N,, D D con D DE e E; D' E ' osserviamo che poichè un omotetia manda quadrati in quadrati D MN è un quadrato di lato x; D M N inoltre h E trasforma segmenti conguenti in segmenti congruenti per cui D M = MN. ertanto MN D è un quadrato. essendo DE = 90 e DMD N, posto MN = x abbiamo: DM : N = MD : N 20 : x = x : 45 x = In un triangolo rettangolo, con = 90 e = 60 inscrivere il quadrato QMN con, Q, M ed N. Sia O = M N tale che la distanza tra O e vale 10. alcolare la distanza di O da. Soluzione. H' N H M O ' Q' Q L omotetia h di centro tale che M O, porta in ed N in N e, per le proprietà delle omotetie Q ON è un quadrato; essendo N O abbiamo che ON H = 30 ; poichè N O = OQ = 10 risulta che HO = N O/2 = 5. 2

3 3. rovare che in ogni trapezio i punti medi delle basi, il punto d intersezione delle diagonali e il punto d intersezione dei due lati non paralleli sono allineati. Soluzione. F D N E M L omotetia h F di centro F tale che D, trasforma in (poichè le rette vengono trasformate in rette parallele) e trasforma il punto medio di D nel punto medio di, per cui N M e dunque F NM; dobbiamo ora provare che anche E MN: per fare ciò consideriamo l omotetia h E di centro E tale ; h E trasforma in D ed M in N e ciò garantisce che E NM; pertanto F, N, E, M sono allineati. 3

4 4. In un triangolo è inscritta una circonferenza γ. Sia r la retta parallela ad e tangente a γ in M. La retta M incontra in N. Se = 9, = 7 e = 6 calcolare N. Soluzione. Siano E = r, F = r; indichiamo con γ la circonferenza inscritta in EF e siano = γ EF, T = γ E, V = γ F, R = γ, S = γ, Q = γ, EM = a, M = b, F = c, T = d. T V E M F R I S N Q onsideriamo l omotetia h di centro tale che E, F ; per le proprietà delle omotetie h (ω) = γ e dunque T R e V S; poichè R = S abbiamo: a + a + b + d = d + c + c + +b a = c EM = F poichè segmenti congruenti hanno come immagine segmenti congruenti abbiamo N = h (EM) = h ( F ) = Q dunque per valutare N è sufficiente valutare Q. tal fine posto Q = x, Q = y e R = z abbiamo x + y + z = 11 y + z = 9 x + z = 7 x = 2 y = 4 z = 5 N = Q = x = 2 4

5 5. Sia γ una circonferenza di diametro, sia T un punto esterno a γ, siano T Q e T i segmenti di tangenza e sia r la retta tangente a γ nel punto. Detti M, S ed N i punti di intersezione della retta r con, T e Q rispettivamente, dimostrare che S è il punto medio del segmento MN. Soluzione. γ α X Q T M Q' S N ' onsideriamo l omotetia h di centro tale che T S; osserviamo che Q Q e con la proprietà che SQ T Q e S T ; essendo T Q = T abbiamo SQ = S (1) dalle proprietà delle omotetie e dei triangoli rettangoli abbiamo: MS = M = = T = S M MS = S (2) analogamente abbiamo: Q NS = Q = XQ = T QN = SQ N SQ = SN (3) da (1), (2) e (3) deduciamo che: MS = S = SQ = SN. 5

6 2 Inversione circolare Definizione. Data una circonferenza γ di centro O e raggio k si dice inversione la trasformazione geometrica piana che ad ogni punto O associa il punto della semiretta O tale che O O = k 2 La circonferenza γ è chiamata circonferenza di inversione mentre O e k 2 sono rispettivamente il centro e la potenza dell inversione: essa è indicata con I = I(O, k 2 ). L insieme di tutti i punti nei quali si trasformano i punti di una figura F per mezzo di un inversione costituisce la figura F detta figura inversa di F. 2.1 Inversione in coordinate cartesiane. Siano x ed y cordinate nel piano messe in modo tale che il punto O coincida con l origine del sistema di riferimento. llora l inversione I(O, k 2 ) si può rappresentare nella forma I(x, y) = (X, Y ), dove: X = k2 x x 2 + y 2 Y = k2 y x 2 + y roprietà dell inversione. Un inversione I = I(O, k 2 ) di centro O e potenza k 2 soddisfa le seguenti proprietà: I è una trasformazione involutoria, cioè I I è l identità; se è un punto esterno a γ e T 1, T 2 sono i punti di contatto delle tangenti a γ condotte da allora = T 1 T 2 O ; T 1 O ' T 2 6

7 se è un punto interno a γ e T è uno dei punti di intersezione di γ con la perpendicolare a O passante per, allora la tangente a γ in T interseca O in ; T O ' I lascia fissi tutti i punti di γ; I lascia fisse le rette passanti per O; se = I() e = I() allora O O ed il quadrilatero è ciclico; ' O ' I = I(O, k 2 ) trasforma una circonferenza di centro O e raggio r in una circonferenza di centro O e raggio r = k 2 /r; I trasforma ogni retta non passante per O in una circonferenza passante per O. Inoltre il suo diametro passante per O è perpendicolare alla retta data; ' O ' 7

8 I trasforma una circonferenza ω passante per O in una retta non passante per O. Inoltre questa retta è perpendicolare al diametro di ω passante per O; I trasforma una circonferenza ω non passante per O in una circonferenza non passante per O; γ ' O ' ' ω I lascia fisse tutte le circonferenze ortogonali ad γ; se = I() e = I() allora = k2 O O la trasformata di una circonferenza ω di raggio r è una circonferenza ω di raggio r tale che r = k 2 ow(o, ω) r dove ow(o, ω) = O 2 r 2 è la potenza di O rispetto al cerchio ω di centro ; I è un applicazione conforme (inversa), ossia conserva gli angoli tra due figure 1 ma ne cambia l orientazione: se F 1 e F 2 sono due figure (linee, circonferenze), allora (F 1, F 2 ) = (I(F 1 ), I(F 2 )) 1 Ricordiamo che per angolo formato da due curve in un punto comune si intende l angolo formato dalle tangenti alle due curve in tale un punto. 8

9 roblemi risolti 1. Due cerchi ω 1 e ω 2 sono tangenti esternamente nel punto K; essi sono anche tangenti internamente a un cerchio Ω nei punti 1 e 2 rispettivamente. Sia uno dei punti di intersezione di Ω con la tangente comune a ω 1 e ω 2 nel punto K. La retta 1 interseca ω 1 ulteriormente in 1 e la retta 2 interseca ω 2 ulteriormente in 2. Dimostrare che 1 2 è una tangente comune ad ω 1 e ω 2. (ritish MO 1996) Soluzione K γ 1 2 Osservato che la retta K è la tangente comune a ω 1 e ω 2 abbiamo ertanto consideriamo l inversione I = I(, K 2 ) K 2 = 1 1 = 2 2 (1) le circonferenze ω 1 e ω 2 sono lasciate fisse da I essendo entrambe ortogonali alla circonferenza di inversione; 1 1, 2 2 per la (1); Ω l (retta passante per 1 e 2 ); dato che l inversione conserva i punti di tangenza 1 dovrà essere il punto di tangenza tra ω 1 ed l in quanto 1 è il punto di tangenza tra Ω ed ω 1 ; analogamente 2 sarà il punto di tangenza tra ω 2 ed l in quanto 2 è il punto di tangenza tra Ω ed ω 2 ; dunque la retta 1 2 è la tangente comune ad ω 1 e ω 2. 9

10 2. Sia dato un semicerchio Ω di centro O e diametro e sia un arbitrario punto del segmento O. Sia D il punto del semicerchio tale che D è perpendicolare ad. Un cerchio ω con centro è tangente all arco D in F e ai segmenti D, in E, G rispettivamente. Dimostrare che il triangolo DG è isoscele. Soluzione. Indichiamo con γ la circonferenza di centro e raggio D. (esenatico 2003) γ D E ω F O G onsiderata l inversione I = I(, D 2 ) abbiamo I() = perchè le rette per il centro di inversione restano fisse; I() = per il primo teorema di Euclide, I(D) = D perchè D γ, quindi I(Ω) è contenuta nella retta D (in particolare l arco D ha per immagine il segmento D e viceversa); la circonferenza ω è tangente a D, ad e all arco D, dunque I(ω) è tangente all arco D, alla retta e al segmento D; ma una siffatta circonferenza è unica per cui I(ω) = ω (osserviamo, tra l altro, che i punti, E ed F sono allineati); valutiamo I(G): I(G) ed I(G) ω per cui I(G) coincide con G; essendo G un punto fisso G γ ossia G = D. 10

11 3. Il quadrilatero D è inscritto in una circonferenza di centro O. Le diagonali e D non passano per O. Se il centro della circonferenza ω 1 circoscritta ad O giace sulla retta D, dimostrare che il centro Q della circonferenza ω 2 circoscritta a OD giace sulla retta. Soluzione. D Q ω 1 ω 2 O γ onsideriamo l inversione I = I(O, O 2 ). I trasforma la circonferenza ω 1 nella retta e la retta D nella circonferenza ω 2 ; osserviamo che la retta D e la circonferenza ω 1 sono ortogonali (una retta è ortogonale a una circonferenza se e solo se passa per il suo centro), per cui lo sono anche le rispettive immagini; pertanto essendo ortogonali ed ω 2 abbiamo che Q. 11

12 4. Sia un triangolo con = 90 e sia L un punto del segmento. Le circonferenze ω 1 = (L), ω 2 = (L) intersecano le rette, in M ed N rispettivamente (oltre che in ). Dimostrare che i punti L, M ed N sono allineati. (ritish MO 2010) Soluzione. N N' 2 Q 1 L' M L Indichiamo con e Q i centri di ω 1 e ω 2 rispettivamente. Le circonferenze ω 1 e ω 2 sono ortogonali: infatti dato che è rettangolo in Q = L + LQ = 90 L + 90 QL 2 2 = = 90 da cui segue Q e ciò garantisce l ortogonalità delle due circonferenze. per provare che L, M ed N sono allineati basta trovare un inversione che porta tali punti su una circonferenza passante per il suo centro; a tal fine scegliamo l inversione I = I(, M 2 ) (in realtà il raggio può essere scelto a piacere). osserviamo che I(M) = M e poniamo I(L) = L, I(N) = N. oichè ω 1 si ha che I(ω 1 ) è una retta, e sapendo che M, L ω 1 possiamo dedurre che I(ω 1 ) = ML. nalogamente I(ω 2 ) = L N. poichè l inversione conserva gli angoli e ω 1 è ortogonale ad ω 2 possiamo dedurre che L M L N, quindi ML N = 90. Dato che ovviamente MN = 90 i punti L, M, N, sono conciclici. in conclusione L, M, N giacciono su una circonferenza passante per (centro di inversione) e ciò prova l allineamento di L, M, N. 12

13 5. Sia un triangolo e D. Le circonferenze ω 1 e ω 2 sono tangenti esternamente ad D nel medesimo punto M e ciascuna di esse è tangente alla circonferenza Ω circoscritta ad e al lato, la prima, nel punto, sopra al segmento D e l altra, nel punto Q, sopra al segmento D. Dimostrare che M è l incentro del triangolo. (Romania MO 1997) Soluzione. 2 F 1 E M D Q N Indichiamo con N il punto medio dell arco che non contiene e consideriamo l inversione I = I(N, N 2 ): osserviamo che I(Ω) = e viceversa; inoltre poichè punti di tangenza si trasformano in punti di tangenza, si ha I(E) = e I( ) = E; analogamente I(Q) = F e I(F ) = Q. ossiamo quindi dire che N NE = NQ NF = N 2 I(ω 1 ) è una circonferenza tangente a in e ad Ω in E: una siffatta circonferenza è univocamente determinata per cui I(ω 1 ) = ω 1 ; analogamente I(ω 2 ) = ω 2 ; poichè il punto di tangenza di due circonferenze fisse non può che essere lasciato fisso abbiamo I(M) = M, ossia NM 2 = N 2 ; deduciamo allora che NM 2 = N NE = NQ NF ; ciò prova che N appartiene ad M, tangente comune alle due circonferenze ω 1 e ω 2 ; dunque M, passando per il punto medio dell arco è bisettrice dell angolo ; per dimostrare che M è l incentro del triangolo basta provare che M è la bisettrice dell angolo : posto α = N, β = M risulta MN = α + β e N = α; per il teorema dell angolo esterno deve essere M = β da cui segue che M = M, quindi M è la bisettrice dell angolo. 13

14 6. Sia un triangolo acutangolo e siano D, E, F i piedi delle altezze relative ai lati,, rispettivamente. Dimostrare che le perpendicolari condotte da,, rispettivamente su EF, F D, DE sono concorrenti. Soluzione. Indichiamo con O ed H il circocentro e l ortocentro di rispettivamente e con Ω la circonferenza circoscritta. I(Ω) F E H O D er provare la tesi è sufficiente dimostrare che O EF. Osserviamo che DHF e DEH sono quadrilateri ciclici per cui: F = H D = E se consideriamo l inversione I = I(, H D) si ha: I() = F, I() = E ed I(O) = O; poichè Ω ne segue che I(Ω) è una retta, per cui I(Ω) = F E; osservato che la circonferenza Ω è ortogonale alla retta O abbiamo che I(Ω) è ortogonale a I(O) cioè F E O, in quanto l inversione conserva gli angoli; in modo analogo si prova che O F D e O DE e ciò garantisce che EF, F D, DE sono concorrenti in O. 14

15 7. In un triangolo, sia H l ortocentro, sia M il punto medio di e sia K la proiezione ortogonale di H su M. Se N è il simmetrico di K rispetto a, dimostrare che N giace sulla circonferenza Ω circoscritta ad. Soluzione. E F H K D M N Essendo N il simmetrico di K rispetto a abbiamo N = K quindi per provare la tesi basta dimostrare che K è supplementare di α =. er fare questo usiamo le seguenti considerazioni: (1) F HE è ciclico EHF è supplementare di α; (2) F DH è ciclico F = H D; (3) HDE è ciclico E = H D; (4) HDMK è ciclico K M = H D; se consideriamo l inversione I = I(, H D) abbiamo: F, D H, M K, E ; inoltre I trasforma la circonferenza ω dei nove punti (che passa per F, D, M, E) nella circonferenza I(ω) che passa per, H, K, ; essendo, H, K, conciclici deduciamo che K = H; in conclusione N = K = H = EHF = 180 α per cui N è supplementare di e ciò garantisce che N Ω. 15

16 8. Sia X un punto interno al triangolo e sia Y = X. Tracciamo le perpendicolari Y, Y Q, Y R, Y S alle rette, X, X, rispettivamente. Trovare la condizione necessaria e sufficiente che deve soddisfare X affinchè QRS sia un quadrilatero ciclico. (Iran MO 2004) Soluzione. Indichiamo con ω 1 la circonferenza di diametro Y, con ω 2 quella di diametro Y. Osservato che RY QX ed SY sono quadrilateri ciclici, denotiamo con ω 3 e ω 4 le rispettive circonferenze circoscritte. 4 Q' R' R X Q S S' 3 ' Y 1 2 onsiderata un inversione I di centro Y e potenza k 2 poniamo I( ) =, I(Q) = Q, I(R) = R, I(S) = S e osserviamo che I() = ; poichè I(ω 1 ) e I(ω 2 ) sono ortogonali a anche I(ω 1 ) = S R, I(ω 2 ) = Q sono ortogonali a e quindi parallele tra loro; analogamente I(ω 3 ) = R Q e I(ω 4 ) = S sono rette ortogonali ad Y e dunque parallele tra loro; Q R S è un parallelogramma che è ciclico se e solo se è un rettangolo; poichè l inversione conserva gli angoli abbiamo che S R è uguale all angolo formato dalle circonferenze ω 1 e ω 4 ; pertanto le due circonferenze sono ortogonali se e solo se Y ; in conclusione QRS è ciclico Q R S è ciclico S R = 90 Y. Osservazione. Se la circonferenza circoscritta a Q R S passa per Y si ha un caso degenere e i punti, Q, R, S sono allineati. 16

17 roblemi proposti 1. La circonferenza passante per i punti medi dei lati di un triangolo 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. rovare 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. 2. Inscrivere un quadrato in un triangolo. 3. Nel triangolo siano,, i punti medi dei lati,, rispettivamente. Sia I l incentro di, sia G il suo baricentro ed S (centro di Spieker) il centro della circonferenza inscritta nel triangolo mediale. Dimostrare che S, G, I sono allineati e IG = 2 GS. 4. Due circonferenze sono tangenti internamente nel punto. La corda M N della circonferenza più grande è tangente alla circonferenza più piccola nel punto. rovare che la retta è la bisettrice dell angolo M N. 5. Sia D un trapezio con D, sia M il punto medio di D e sia un punto sulla retta. Sia X = D, Q = M D e Y = Q D. Dimostrare che M è il punto medio di XY. 6. Siano ω 1 e ω 2 due circonferenze tangenti esternamente nel punto. Sia M il punto di intersezione delle due tangenti esterne. Siano,, D, E i punti di intersezione di ω 1 e ω 2 con una semiretta s passante per M (come indicato in figura). rovare che D = 90, s E D ω 2 M ω 1 17

18 7. Sia un triangolo rettangolo ( = π ). Sia H la proiezione di su. Un cerchio di 2 centro passante per H interseca la circonferenza circoscritta ad in E ed F. Dimostrare che EF biseca il segmento H. 8. Sia un diametro del cerchio Ω. er un punto Ω,, denotiamo con D la sua proiezione su. Sia ω la circonferenza tangente ad D, D e Ω e siano X = Ω ω e R = D ω. Dimostrare che D = R Dimostrare che i punti, Q, R della seguente figura sono allineati. Q R O 10. Sia I l incentro di ( < ), sia M il punto medio di, sia N il punto medio dell arco della circonferenza circoscritta, che contiene. Dimostrare che IM = IN. 11. (Teorema di Tolomeo) Sia D un quadrilatero ciclico. Dimostrare che D + D = D 12. Sia un triangolo acutangolo e siano D, E, F i piedi delle altezze relative ai lati,, rispettivamente. Uno dei punti di intersezione tra EF e la circonferenza circoscritta ad è. Se Q = DF dimostrare che = Q. (ritish MO FST 2011) 13. Siano k e k due circonferenze concentriche di centro O e raggi rispettivamente R ed R (con R < R ). Una semiretta Ox interseca k nel punto ; la semiretta opposta Ox interseca k nel punto. Una terza semiretta Ot, distinta dalle precedenti, interseca k in E e k in F. Dimostrare che le quattro circonferenze seguenti passano per un stesso punto: (1) la circonferenza circoscritta al triangolo OE; (2) la circonferenza circoscritta al triangolo OF ; (3) la circonferenza di diametro EF ; (4) la circonferenza di diametro. (Mediterranean M 2005) 14. (Teorema delle sette circonferenze). Le circonferenze ω 1, ω 2, ω 3, ω 4, ω 5, ω 6 sono tangenti a una circonferenza ω nei punti 1, 2, 3, 4, 5, 6 rispettivamente e ciascuna di esse è anche tangente alla precedente e alla seguente (intendiamo che ω 1 è la seguente di ω 6 e che ω 6 è la precedente di ω 1 ). Dimostrare che le rette 1 4, 2 5, 3 6 sono concorrenti. 18

19 Riferimenti bibliografici [1] Massimo Gobbino, Schede olimpiche, U.M.I, ologna (2010) [2] Italo D Ignazio, Ercole Suppa Il problema geometrico, dal compasso al abri, Interlinea Editrice (2001) [3] rkadii Slinko, Transformations in the solutions of geometric problems [4] obby oon, Geometry Transformations, IMOHK Training 2006 [5] layton W. Dodge, Euclidean Geometry and Transformations, Dover ublications, New York 2004 [6] I.M. Yaglom, Geometric Transformations IV, nneli Lax New Mathematical Library M, 2009 [7] F.J.G. apitan, Inversión en Olimpiadas, [8] Dušan Djukić, Inversion, 19