Quadrati di Kenmotu. Ercole Suppa. In occasione del problema 600 di Triánguloscabri. 7 novembre 2010

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1 Quadrati di Kenmotu Ercole Suppa In occasione del problema 600 di Triánguloscabri 7 novembre 2010 Sommario Dato un triangolo, con gli angoli compresi tra 45 e 90, nel suo interno possono essere posizionati tre quadrati congruenti Q a, Q b, Q c aventi le seguenti proprietà: Q a ha due vertici opposti su, ; Q b ha due vertici opposti su, ; Q c ha due vertici opposti su, ; i tre quadrati hanno un vertice in comune. Il vertice comune, punto X 371 dell enciclopedia di Kimberling, è stato per la prima volta pubblicato da Kenmotu nel 1840 in una ollezione di problemi Sangaku, in cui ne viene presentata la costruzione. In questo lavoro esponiamo alcune proprietà della configurazione di Kenmotu. 1

2 Notazioni. Indichiamo con S il doppio dell area del triangolo. Fissato un numero reale θ poniamo S θ = S cot θ. In particolare abbiamo: S = b2 + c 2 a 2 2, S = a2 + c 2 b 2 2, S = a2 + b 2 c 2 2 Teorema 1. Dato un triangolo costruiamo esternamente ai lati,, dei triangoli isosceli simili X, Y, Z aventi la stessa orientazione. Le rette X, Y, Z concorrono nel punto ( K (θ) = 1 S + S θ : 1 S + S θ : 1 S + S θ ) Dimostrazione. Vedere: Paul Yiu, Geometry of the triangle, pag 37 Y Z K( ) X Figura 1 Definizione. Il triangolo XY Z ed il punto K (θ) sono chiamati rispettivamente triangolo di Kiepert e prospettore di Kiepert di parametro θ relativi al triangolo. Teorema 2. Sia un triangolo con tutti gli angoli maggiori di 45 e minori di 90. (a) Possiamo costruire tre quadrati contenuti in ed aventi le seguenti proprietà 2

3 i tre quadrati hanno tutti lo stesso lato; i tre quadrati hanno un vertice comune K e interno al triangolo; due quadrati qualsiasi non hanno punti in comune oltre a K e ; ciascuno dei quadrati ha due vertici opposti sul perimetro di e per il resto è tutto all interno del triangolo. (b) Il punto K e è il coniugato isogonale del primo punto di Vecten (X 485 = K ( ) π 4, prospettore di Kiepert di parametro θ = π.) 4 Dimostrazione. Per dimostrare il punto (a) lavoriamo al contrario, disponendo arbitrariamente dei quadrati di lato fissato ed osservando quali sono le caratteristiche del triangolo generato da tale disposizione. J a K c 2 1 K e 2 K b 1 J b K 1 a 2 Figura 2 Per l esattezza (con riferimento alla Fig.2) scegliamo tre angoli α = 1 K e 2, β = 1 K e 2, γ = 1 K e 2 tali da non generare sovrapposizioni, ovvero compresi tra 0 e 90, con somma 90. ostruiamo ora il punto come l intersezione tra le rette 1 2 e 1 2, il punto K a come il punto medio di 1 2. In modo analogo costruiamo,, K b, K c. I quadrilateri K b K e K c, K a K e K c, K b K e K a sono ciclici in quanto hanno due angoli opposti retti. Pertanto: β K c K e K b = 180 K c K e K a = 180 K b K e K a = 180 Risolvendo il sistema (1) troviamo: J c + γ = 180 α + γ = 180 α + β = 180 α = 2 90, β = 2 90, γ = 2 90 (2) 3 (1)

4 I vincoli su α, β, γ si trasformano coerentemente in vincoli sugli angoli del triangolo che, affinchè la costruzione sia possibile, devono essere compresi tra 45 e 90, come indicato nelle ipotesi. Notiamo poi che, per costruzione, i punti J a, J b, J c risultano interni al triangolo. Preso dunque un triangolo come nelle ipotesi, sappiamo come disporre tre quadrati di lato unitario in modo da generare un triangolo simile a quello desiderato; successivamente mediante un opportuna dilatazione possiamo ottenere la figura richiesta (Fig.3). S Figura 3 Per quanto riguarda il punto (b), con riferimento alla Fig.4, notiamo che 2 1 = 45 + K e 1 2 = (2 90 ) 2 e, quindi, il quadrilatero 1 1 è ciclico. Ne segue che: = = =, 1 2 = = 4

5 P J a 2 K b 1 K c 2 K e 1 1 K a 2 Figura 4 Pertanto i triangoli 1 2 e sono simili. D altra parte, poichè K e 2 1 = K e 1 2 = 45, K e è il centro del quadrato costruito su 1 2 esternamente a 1 2. Pertanto i quadrilateri 1 K e 2 e P sono simili, ragion per cui: K e = P e le rette P e K e risultano simmetriche rispetto alla bisettrice dell angolo, ossia sono coniugate isogonali. In modo analogo si prova che, detti Q, R i centri dei quadrati costruiti esternamente ai lati, del triangolo, le rette coppie di rette Q, K e e R, K e sono isogonali. Pertanto K e è il coniugato isogonale di X 485, punto in cui concorrono le rette P, Q, R. Osservazione. Questo teorema è stato proposto come Problema 5 nell Olimpiade Nazionale di Matematica Italiana nel La dimostrazione che abbiamo esposto, salvo piccoli cambiamenti, è uguale a quella data nella soluzione ufficiale. 5

6 Definizione. Il punto K e = X(371) ed i quadrati di vertice K e definiti nel teorema precedente sono chiamati rispettivamente punto di Kenmotu e quadrati di Kenmotu relativi al triangolo. Il cerchio di centro K e e raggio uguale al lato dei quadrati di Kenmotu è detto cerchio di Kenmotu. Dal teorema 2 discende la seguente: Prima costruzione dei quadrati di Kenmotu. tracciare la rette r 1 passante per e perpendicolare ad ; tracciare la retta r 2 bisettrice dell angolo formato da r 1 ed ; tracciare la rette s 1 passante per e perpendicolare ad ; tracciare la retta s 2 bisettrice dell angolo formato da s 1 ed ; costruire il punto P intersezione di s 2 con l asse di ; costruire il punto Q intersezione di r 2 con l asse di ; tracciare la retta r 3 simmetrica di P rispetto alla bisettrice di ; tracciare la retta s 3 simmetrica di Q rispetto alla bisettrice di ; costruire il punto K e = r 3 s 3 ; tracciare il cerchio γ di centro e raggio K e ; costruire il punto X intersezione tra γ e la semiretta ; tracciare la retta t passante per X e parallela ad P ; costruire il punto Y intersezione tra t ed ; costruire il punto 1 simmetrico di Y rispetto alla bisettrice di ; tracciare il cerchio Γ di cerchio K e passante per 1 ; costruire il punto 2 intersezione di Γ con ( 2 1 ); costruire i punti 1, 2 intersezione di Γ con ; costruire i punti 1, 2 intersezione di Γ con ; costruire il punto J a simmetrico di K e rispetto a 1 2 ; costruire il punto J b simmetrico di K e rispetto a 1 2 ; 6

7 costruire il punto J c simmetrico di K e rispetto a 1 2 ; costruire i quadrati J a 1 K e 2, J b 1 K e 2, J c 1 K e 2. orollario 1. Le coordinate normali (omogenee) del punto K e sono espresse da K e = (cos + sin : cos + sin : cos + sin ) Dimostrazione. Nel precedente teorema abbiamo dimostrato che: 1 K e 2 = 2 π 2 llora, indicato con R K il raggio del cerchio di Kenmotu, abbiamo ( K e K a = R K cos π ) = R K (cos + sin ) 4 ed analoghe relazioni valgono per K e K b e K e K c. Il corollario è provato. orollario 2. Le diagonali 1 2, 1 2, 1 2 dei quadrati di Kenmotu sono antiparallele ai rispettivi lati,,. Dimostrazione. Dato che 2 1 = 180 il quadrilatero 2 1 è ciclico e quindi 1 2 è antiparallela a. modo analogo si ragiona per le diagonali 1 2 e 1 2. In Teorema 3. Il raggio R K del cerchio di Kenmotu relativo ad un triangolo è dato dato da 2abc R K = (3) a 2 + b 2 + c dove con abbiamo indicato l area del triangolo. Dimostrazione. Indicate con K a, K b, K c le proiezioni di K e sui lati,, abbiamo: 2 = a K e K a + b K e K b + c K e K c (4) Nel Teorema 1 abbiamo dimostrato che: 1 K e 2 = 2 π 2, 1K e 2 = 2 π 2, 1K e 2 = 2 π 2 (5) 7

8 Da (4) e (5), tenuto conto che 4 R = abc, segue che: R K = = 2 ( ) = a cos π ( a b ) = 2 +c 2 a 2 + a 2bc 2R 2 2 a (cos + sin ) = 4 2 abc [a2 (b 2 + c 2 a 2 ) + 2 a 2 ] Dalla formula di Erone con un semplice calcolo si ricava che: (6) 16S 2 = 2a 2 b 2 + 2b 2 c 2 + 2a 2 c 2 a 4 b 4 c 4 = = a 2 ( b 2 + c 2 a 2) + b 2 ( a 2 + b 2 c 2) + c 2 ( a 2 + b 2 c 2) (7) Infine da (6) e (7) otteniamo: R K = 4 2 abc (a 2 + b 2 + c 2 ) = 2abc a 2 + b 2 + c e la dimostrazione è completa. orollario 3. Indicati con R il circonraggio e con ω l angolo di rocard di, il raggio del cerchio di Kenmotu è uguale a R K = 2R sin ω cos ω + sin ω = R sin ω sin ( ) (8) ω + π 4 Dimostrazione. Sostituendo nella (3) le le note formule abbiamo: R = abc 4, cot ω = a2 + b 2 + c 2 4 R K = = 2abc 24R 2R a 2 + b 2 + c = cot ω = 1 + cot ω = 2R sin ω cos ω + sin ω = R sin ω sin ( ) ω + π 4 Teorema 4. I centri dei quadrati di Kenmotu formano un triangolo omotetico con con centro di simmetria nel punto di Lemoine. 8

9 Lemma 1. La retta X b X c è parallela a Proof. Dall'uguaglianza dei triangoli X b D b 1 e X c D c 2 segue che X b D b =X c D c => X b X c ma 1. La retta X a è una simmediana Dimostrazione. Siano X=d a, sin X, X b a, E a X=d sin c i => centri X a F a :X a Edei a =sin:sin=a:c quadrati => X a di simmediana Kenmotu relativi ai vertici,, ; siano D b, F b le proiezioni di X b su, ; siano D c, E c le proiezioni di X c su, ; siano F a, E a le proiezioni di X a su, (Fig. 5). E a 2 X 1 a K 2 e 1 1 F a d X a d 2 X b X c K e x y D b 1 2 D c Figura 5 Figura 6 I triangoli rettangoli X b D b 1 e X c D c 2 sono congruenti in quanto hanno la stessa ipotenusa e M a X b 1 D b = X b 1 K e = X c 2 K e = X c 2 D c Pertanto X b D b = X c D c e cià prova che le rette X b X c e sono parallele. nalogamente si dimostra che X c X a, X a X b e questo dimostra che, X a X b X c sono omotetici. Dimostriamo ora che X a è una simmediana. Indicando con 2d la lunghezza della diagonale dei triangoli di Kenmotu abbiamo: X a F a = d sin F a 1 X a = d sin (180 )) = d sin X a E a = d sin E a 2 X a = d sin (180 )) = d sin da cui segue che X a F a = sin X a E a sin = b (6) c D altra parte se indichiamo con M a il punto medio di e con x, y le sue da,, siccome i triangoli M a e M a hanno la stessa area, abbiamo x cx = by y = c (7) b Da (6) e (7) discende che X a F a X a E a = y x 9

10 e questo implica, per una nota proprietà, che le rette X a ed M a sono isogonali, ossia che X a è una simmediana. In modo analogo di dimostra che X b e X c sono simmediane. Pertanto il centro di omotetia dei triangoli e X a X b X c è il punto di Lemoine. X a X b K X c Figura 7 Il Teorema 4 e il orollario 2 suggeriscono la seguente costruzione 1 Seconda costruzione dei quadrati di Kenmotu. costruire i punti K e ; costruire il circoncentro O ed il punto di Lemoine K; tracciare la retta rsection of this t line parallela with the line K is the ad center O of the square passante per il punto K e ; t of the perpendicular to O through ' with and sidelines is a diagonal of the square gonal is antiparallel to ) center, K=symmedian point) costruire il punto X a = r K; costruire il quadrato di Kenmotu relativo al vertice X a K K e O t Figura 8 1 Peter Moses, Hyacynthos message