Appunti di geometria

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1 ppunti di geometria L. P. 17 Febbraio 2008 Notazione I punti sono rappresentati da lettere maiuscole:,,, ecc.; rappresenta la lunghezza del segmento, rappresenta l ampiezza dell angolo compreso fra le semirette e (la notazione è ambigua: salvo eccezioni si considera l angolo convesso o piatto). Le ampiezze degli angoli sono rappresentati anche da lettere greche: α, β... L ampiezza dell angolo piatto è rappresentata da π. L area del triangolo di vertici è rappresentata da. Quando sia possibile, i vertici del triangolo sono sottintesi. 1 Sugli angoli efinizione. ue angoli sono detti supplementari se la loro somma è pari a un angolo piatto, e sono detti complementari se la loro somma è pari a un angolo retto. efinizione. ate due rette parallele e e la retta trasversa, gli angoli e sono detti coniugati interni, gli angoli e coniugati esterni, gli angoli e corrispondenti, gli angoli e alterni esterni, gli angoli e alterni interni. 1

2 Teorema. ate due rette parallele e una retta a loro trasversa: 1. Gli angoli coniugati sono fra loro supplementari; 2. ngoli alterni o corrispondenti sono fra loro congruenti. imostrazione. 1. onsideriamo gli angoli coniugati interni. Se essi non sono supplementari, per il V postulato le due rette si incontrano, e quindi non sono parallele. ato che gli angoli coniugati esterni sono pari a un angolo giro meno gli angoli coniugati interni, lo stesso è vero per gli angoli coniugati esterni. 2. ati due angoli alterni interni, uno di essi è il supplementare dell angolo coniugato interno all altro. Quindi per il risultato appena mostrato essi sono uguali. Lo stesso ragionamento si applica agli angoli alterni esterni, sfruttando gli angoli coniugati esterni. ati due angoli corrispondenti, uno di essi è il supplementare dell angolo coniugato interno dell altro, e si applica lo stesso ragionamento. efinizione. ate due rette, e, che si incontrano nel punto, gli angoli e (così come gli angoli e ) sono detti opposti al vertice. Teorema (ngoli opposti al vertice). ngoli opposti al vertice sono uguali. imostrazione. In effetti, p.es., gli angoli e sono supplementari, così come gli angoli e. Quindi gli angoli e sono uguali perché supplementari dello stesso angolo. 2 riteri di congruenza dei triangoli iremo che due triangoli e EF sono congruenti se i vertici possono essere messi in corrispondenza biunivoca, tali che le lunghezze dei lati corrispondenti e le ampiezze degli angoli corrispondenti sono uguali. Notiamo che i lati e gli angoli di un triangolo sono sei grandezze, ma che le tre ampiezze degli angoli non sono indipendenti. Infatti, indicando con α l angolo di vertice, con β l angolo di vertice e con γ l angolo di vertice, si ha dove π è l angolo piatto (180 ). α + β + γ = π, Teorema (Somma degli angoli interni di un triangolo). La somma degli angoli interni di un triangolo è uguale ad un angolo piatto. 2

3 E imostrazione. ato il triangolo, si prolunghi il lato verso, e si tracci da la parallela E al lato. Gli angoli e E sono uguali perché angoli corrispondenti fra le rette parallele e E rispetto alla trasversale ; gli angoli e E sono uguali perché angoli alterni interni fra le rette parallele e E e la trasversale. Quindi l angolo piatto, che è somma degli angoli, E e E, è uguale alla somma degli angoli, e. In realtà, tutti gli elementi di un triangolo possono essere determinati quando siano noti: 1. ue lati e l angolo fra essi compreso (1 criterio); 2. ue angoli e il lato fra essi compreso (2 criterio); 3. I tre lati (3 criterio). Teorema (1 criterio). ati due triangoli, e EF, se si ha = E, e = F, ed inoltre = EF, i due triangoli sono congruenti. Teorema (2 criterio). ati due triangoli, e EF, se si ha = E, ed inoltre = EF e = EF, i due triangoli sono congruenti. imostrazione. Supponiamo che ciò non sia vero, e, per esempio, che > F. Entro, individuiamo il punto G tale che G = F. Per il primo criterio, il triangolo G è congruente al triangolo EF. Quindi, in particolare, l angolo G è uguale all angolo FE. Ma l angolo, che è uguale all angolo G più l angolo G, è uguale all angolo FE per ipotesi. Quindi si ha che un angolo è uguale a sé stesso più un altro angolo, il che non può essere vero. efinizione. Si dice che due punti, e, giacciono dalla stessa parte della retta se la retta che congiunge con non interseca la retta in un punto interno al segmento. 3

4 efinizione. Un triangolo è detto isoscele se possiede due lati fra loro congruenti. Il terzo lato è detto base del triangolo. Lemma. In un triangolo isoscele, gli angoli alla base sono congruenti. imostrazione. Sia dato il triangolo, e si supponga =. Quindi è la base di un triangolo isoscele. Si considerino i triangoli e =. Essi sono congruenti per il primo criterio, avendo uguali gli angoli in, e uguali due a due i lati rispettivi (cioè con = ecc.). Quindi gli angoli corrispondenti e sono congruenti. Lemma (Lemma). ato un segmento, si considerino i punti e tali che è congruente ad e è congruente a, e e giacciono dalla stessa parte della retta. llora e coincidono. imostrazione. Si supponga che ciò non sia vero, e che, p.es., si trovi all esterno del triangolo. Si tracci il segmento. I triangoli e sono isosceli, e quindi si ha rispettivamente = e =. altra parte si ha = +, mentre = +. Quindi = + + >, da cui la contraddizione. Se, p.es., è interno al triangolo, si ha ancora = e =. altra parte, si ha = +, mentre = 2π ( + ) = 2π. Ma < π, e quindi si avrebbe > π, che è in contraddizione col fatto che la somma degli angoli interni di un triangolo è uguale a π. 4

5 Teorema (3 criterio). Se in due triangoli i lati sono rispettivamente congruenti due a due, i triangoli sono congruenti. imostrazione. ato il triangolo e il triangolo, si supponga =, ecc. ato il triangolo, costruiamo il punto tale che = e =. Il triangolo è congruente al triangolo per il primo criterio. Quindi = =. Ma allora e coincidono per il lemma appena dimostrato, e i triangoli e sono congruenti. 3 ngoli al centro e angoli alla circonferenza Teorema. L angolo al centro che sottende una corda è uguale al doppio del corrispondente angolo alla circonferenza. 5

6 imostrazione. Supponiamo che il centro si trovi all interno del triangolo. Si tracci il raggio. I triangoli e sono isosceli, quindi si ha rispettivamente = e =. altra parte, si ha = +, = + e = +. onsiderando il triangolo otteniamo così = π ( + ). onsiderando il triangolo otteniamo Quindi = π ( + ) = π ( + + ) =. = 2. Se si trova all esterno dell angolo, la dimostrazione è la stessa, considerando negativi gli angoli all esterno del triangolo (come, p.es., gli angoli e in figura). orollario. Un triangolo inscritto in una semicirconferenza è rettangolo. 6

7 imostrazione. ato il triangolo, inscritto nella circonferenza di centro, di cui è un rettangolo, si supponga che il lato passi per. Quindi l angolo al centro su cui insiste la corda è piatto. Quindi il corrispondente angolo alla circonferenza, che è l angolo, è pari alla metà di un angolo piatto, e quindi è retto. imostrazione diretta. Si tracci il raggio. Il triangolo è isoscele in, e quindi si ha = e = π 2. altra parte, il triangolo è isoscele in, e quindi si ha = e = π 2. Quindi = + = (π + π )/2 = π/2. 7

8 4 Raggio della circonferenza circoscritta a un triangolo Teorema. Il triangolo è inscritto nella circonferenza di centro. imostrare che il raggio R della circonferenza circoscritta è pari a R = abc 4, dove a, b e c sono le lunghezze dei tre lati e è l area del triangolo. H imostrazione. Si tracci il diametro e la perpendicolare H al lato. Il triangolo è rettangolo perché inscritto in un semicerchio. altra parte gli angoli e in H sono uguali perché insistono sulla stessa corda. Quindi i triangoli e H sono simili. Indicando con h la lunghezza del segmento H, con a quella del lato, ecc., si ha allora 2R : b = a : h. altra parte si ha Quindi tteniamo così Quindi = 1 2 ch. h = 2 c. 2R = ab h = abc 2. R = abc 4. 8

9 5 Teoremi d Euclide e di Pitagora Teorema (1 Teorema di Euclide). In un triangolo rettangolo, ciascun cateto è medio proporzionale fra l ipotenusa e la sua proiezione sull ipotenusa. H imostrazione. ato il triangolo, rettangolo in, si tracci l altezza H relativa all ipotenusa. I triangoli e H sono simili, perché sono entrambi rettangoli, e in entrambi è uguale l angolo in. Quindi i lati corrispondenti sono proporzionali. Si ha così : = : H. Teorema (orollario). Il quadrato costruito su di un cateto è equivalente al rettangolo costruito dall ipotenusa e dalla proiezione del cateto stesso sull ipotenusa. imostrazione. Si ha in effetti, per il 1 teorema di Euclide, 2 = H. Teorema (Teorema di Pitagora). In un triangolo rettangolo, il quadrato costruito sull ipotenusa è equivalente alla somma dei quadrati costruiti sui cateti. imostrazione. ato il triangolo rettangolo, rettangolo in, si tracci l altezza H relativa all ipotenusa. Per il corollario del 1 teorema d Euclide, si ha 2 = H ; 2 = H. Quindi = H + H = 2. Teorema (2 teorema di Euclide). In un triangolo rettangolo, l altezza relativa all ipotenusa è media proporzionale fra le proiezioni dei cateti sull ipotenusa. imostrazione. ato il triangolo, rettangolo in, si tracci l altezza H relativa all ipotenusa. I triangoli H e H, entrambi rettangoli in H, sono simili al triangolo. Quindi i lati corrispondenti sono proporzionali. Si ha così H : H = H : H. 9

10 orollario. Il quadrato costruito sull altezza relativa all ipotenusa è equivalente al rettangolo costruito sulle proiezioni dei cateti. imostrazione. Si ha in effetti, per il 2 teorema d Euclide, H 2 = H H. 6 Quadrilatero e parallelogramma Teorema. In un parallelogramma i lati opposti sono uguali due a due. imostrazione. ato il parallelogramma, è uguale all angolo perché sono alterni interni rispetto alla coppia di parallele e e alla trasversale. nalogamente gli angoli e sono uguali perché alterni interni rispetto alle parallele e e alla trasversale. Quindi i triangoli e sono uguali per il secondo criterio, avendo il lato in comune, e gli angoli adiacenti in e in uguali. Ma allora è uguale a e è uguale a. Teorema. Un quadrilatero i cui lati opposti sono uguali due a due è un parallelogramma. 10

11 imostrazione. ato il quadrilatero, in cui, per ipotesi = e =, consideriamo i due triangoli e. Essi hanno il lato in comune, e gli altri due lati sono uguali due a due per ipotesi. Essi sono quindi uguali per il terzo criterio. In particolare, quindi l angolo è uguale all angolo. Ma questi angoli sono alterni interni rispetto alla coppia di rette e e alla trasversale. Quindi è parallela a. nalogamente si mostra che è parallela a. Quindi i lati opposti sono paralleli due a due. Teorema. In un parallelogramma, gli angoli opposti sono uguali due a due. imostrazione. ato il parallelogramma, tracciamo la diagonale. I triangoli e sono uguali per il terzo criterio, poiché hanno il lato in comune, i lati e da una parte e e dall altra sono uguali per il teorema appena dimostrato. Quindi gli angoli in e in sono uguali. llo stesso modo si dimostra che gli angoli in e in sono uguali. Teorema. Un quadrilatero i cui angoli opposti sono uguali due a due è un parallelogramma. 11

12 β α α β imostrazione. Sia dato il quadrilatero, e sia l angolo uguale all angolo in (denotato α), mentre l angolo è uguale all angolo in (denotato β). Vogliamo mostrare che il quadrilatero è un parallelogramma, cioè che è parallelo a, e analogamente che è parallelo a. Sappiamo che la somma degli angoli interni di un quadrilatero è uguale a due angoli piatti. Indicando con π l angolo piatto abbiamo quindi Si ha quindi 2α + 2β = 2π. β = π α. Quindi gli angoli α e β sono supplementari. ra gli angoli e sono coniugati rispetto alla coppia di rette, e, e alla trasversale. Quindi e sono paralleli. nalogamente si mostra che e sono paralleli. Teorema. In un rombo, le diagonali sono perpendicolari fra loro. 12

13 imostrazione. onsideriamo il rombo e tracciamo la diagonale. I triangoli e sono uguali per il terzo criterio, perché hanno il lato in comune e i lati corrispondenti ( e da una parte, e e dall altra) sono uguali. Tracciamo adesso la diagonale e indichiamo con il punto comune ad e a. onsideriamo adesso i triangoli e. Essi hanno in comune il lato, e inoltre i lati e sono uguali per ipotesi, mentre l angolo è uguale all angolo a causa dell uguaglianza dei triangoli e. Quindi l angolo è uguale all angolo. Ma questi due angoli sono supplementari: quindi essi sono retti. Lemma. In un parallelogramma le diagonali si tagliano reciprocamente a metà. imostrazione. ato il parallelogramma, supponiamo che le diagonali e si incontrino nel punto. I triangoli e sono uguali per il secondo 13

14 criterio, perché i lati e sono uguali, così come gli angoli e da una parte, e e dall altra, perché alterni interni per le rette e rispettivamente rispetto alla trasversale alla trasversale. Quindi è uguale a. llo stesso modo si dimostra che è uguale a. Teorema. Un parallelogramma le cui diagonali sono perpendicolari è un rombo. imostrazione. ato il quadrilatero, indichiamo con il punto d incontro delle perpendicolari. I triangoli e sono uguali per il primo criterio, perché hanno il lato in comune, il lato è uguale al lato, per il lemma appena dimostrato, e gli angoli compresi fra questi lati sono uguali perché retti. Quindi è uguale ad. Ma è uguale a, mentre è uguale a, e quindi i quattro lati sono uguali. Teorema. Un quadrilatero in cui i quattro lati sono uguali è un rombo. imostrazione. Poiché un rombo è un parallelogramma in cui i quattro lati sono uguali, dobbiamo solo dimostrare che il quadrilatero così costruito è un parallelogramma. ra, dato che tutti i lati sono uguali, i lati opposti sono anch essi uguali fra loro. Ma abbiamo già dimostrato che se in un quadrilatero i lati opposti sono uguali esso è un parallelogramma. 14

15 7 Formula di Erone Lemma. L area di un triangolo è pari al prodotto del suo semiperimetro p per il raggio r del cerchio inscritto in esso. E K L F imostrazione. ato il triangolo, sia il centro del cerchio inscritto, tangente ad rispettivamente nei punti, E, F. llora = + +. Ma per ciascuno dei triangoli di vertice l altezza è uguale a r, mentre la base è uno dei lati del triangolo. bbiamo così = 1 r(a + b + c) = rp. 2 H Teorema (Formula di Erone). ati i tre lati, a, b, e c di un triangolo, la sua area è data da = p(p a)(p b)(p c), dove p = (a + b + c)/2 è il semiperimetro. imostrazione. onsiderando la figura, si prolunghi il lato ad H, in modo che H = F. llora H = + + H = p, poiché, p.es., = E, E = F ecc. Quindi ( ) 2 = H 2 2. Si innalzi in la perpendicolare a H, e si conduca da la perpendicolare a. Indichiamo con L l intersezione di queste due rette. llora, poiché = L = π/2, il quadrilatero L è inscritto in un cerchio. Quindi gli angoli e L sono supplementari. Ma anche gli angoli e F sono supplementari, perché = E + F = ( + F)/2, e 15

16 F = EF/2, mentre E + F + EF = 2π. Quindi F = L. Quindi i triangoli rettangoli F e L sono simili. bbiamo così H : L = F : F = H : ; : H = L :. altra parte i triangoli rettangoli LK e K sono simili, per cui L : = K : K. Quindi : H = K : K, che implica H : H = : K. Quindi H 2 : (H H) = ( ) : (K ). Per il secondo teorema di Euclide si ha K = 2. Quindi ( ) 2 = H 2 2 = H H = H F E = p(p a)(p b)(p c). 8 Punti notevoli di un triangolo Teorema. In un triangolo, le bisettrici degli angoli al vertice s incontrano in uno stesso punto, detto incentro. E F imostrazione. onsiderando il triangolo, si traccino le bisettrici degli angoli e. Esse si incontrano nel punto. Si traccino da le perpendicolari al lato, E al lato e F al lato. Gli angoli e F sono uguali perché complementari di angoli uguali. Quindi i triangoli e F sono 16

17 congruenti per il secondi criterio, dato che hanno il lato in comune, e uguali rispettivamente gli angoli posti agli estremi. nalogamente si dimostra che i triangoli e E sono uguali. Quindi F = = E. ra i due triangoli rettangoli E e F hanno in comune l ipotenusa e hanno uguali i cateti E e F: quindi anche gli altri cateti E e F sono uguali, e sono quindi congruenti per il terzo criterio. Ma allora gli angoli e sono uguali, e il punto appartiene alla bisettrice dell angolo al vertice in. orollario. L incentro è il centro del cerchio inscritto al triangolo. imostrazione. In effetti le distanze, E e F dai lati, e rispettivamente, sono uguali. Teorema. In un triangolo, gli assi relativi ai tre lati s incontrano in un unico punto detto circocentro. E F imostrazione. ato il triangolo, indichiamo con E il punto medio del lato e con F il punto medio del lato, e tracciamo rispettivamente in E e in F le perpendicolari ai rispettivi lati. Indichiamo con il loro punto d incontro. I triangoli rettangoli F e F sono congruenti per il primo criterio, perché hanno in comune il lato F e i lati F e F sono uguali per costruzione, mentre l angolo compreso è retto. nalogamente si dimostra che i triangoli E e E sono uguali. Quindi = =. Quindi il triangolo è isoscele in. Tracciamo la perpendicolare da al lato. I due triangoli rettangoli e sono uguali, e quindi =, per cui si trova anche sull asse del lato. orollario. Il circocentro è il centro del cerchio circoscritto al triangolo. imostrazione. Le distanze, e del circocentro dai vertici del triangolo sono uguali. 17

18 Teorema. In un triangolo, le rette che congiungono rispettivamente un vertice al punto medio del lato opposto, dette mediane, si incontrano in un punto, detto baricentro. Il baricentro divide la mediana in due parti, la cui lunghezza è una il doppio dell altra. E H J F imostrazione. ato il triangolo, indichiamo con il punto medio del lato, con E quello del lato e con F quello del lato. Tracciamo le rette e E. Esse si incontreranno nel punto. Tracciamo adesso la retta E. Il triangolo E è simile al triangolo, e quindi E è parallela al lato. onsideriamo ora il triangolo, e sia H il punto medio del segmento, ed J il punto medio del segmento. Il triangolo HJ è simile al triangolo, e quindi la retta HJ è parallela al lato. Quindi il quadrilatero EHJ è un parallelogramma, e di conseguenza le sue diagonali H e EJ si tagliano per metà nel punto. Ma, per ipotesi, J è il punto medio del segmento, quindi taglia il segmento E in e E, tali che la lunghezza del primo è il doppio di quella del secondo. nalogamente vale per il segmento. onsideriamo adesso il punto, punto d incontro di E e F. on lo stesso ragionamento si vede che esso taglia allo stesso modo F e E. Ma c è un solo punto su E che lo tagli in queste proporzioni, ed esso è. Quindi coincide con ). Teorema (Triangolo mediano). ato un triangolo, il triangolo EF i cui vertici sono i punti medi dei lati di è detto il suo triangolo mediano. Teorema. Il triangolo mediano del triangolo è simile ad esso, e il suo baricentro coincide con il baricentro del triangolo. 18

19 E F imostrazione. Il triangolo FE è simile al triangolo poiché i due triangoli hanno in comune l angolo di vertice, e i lati F e E sono rispettivamente proporzionali ai lati e, e pari alla metà di essi. Quindi E = /2. llo stesso modo si mostra che F = /2 e EF = /2. Quindi i due triangoli sono simili perché i rispettivi lati sono proporzionali. llo stesso modo si può far vedere che i triangoli F, E e FE sono tutti congruenti al triangolo EF. osì si vede che FE è parallela al lato, poiché gli angoli alterni interni FE e F sono uguali. Quindi FE è un parallelogramma, e le sue diagonali si tagliano a metà. Quindi E è anche la mediana di EF in E, e è il punto d intersezione delle tre mediane di EF. Teorema. In un triangolo, le tre altezze si incontrano in un punto, detto ortocentro. E F imostrazione. ato il triangolo, tracciamo la parallela al lato passante per, e così via per gli altri due lati. tteniamo un nuovo triangolo. on- 19

20 sideriamo adesso il quadrilatero. I suoi lati opposti sono paralleli due a due, quindi esso è un parallelogramma, e quindi è congruente ad, mentre è congruente a. llo stesso modo si mostra che è congruente a e è congruente ad, ecc. Quindi le altezze, E e F, che sono perpendicolari a, ed rispettivamente, sono anche gli assi dei lati, e rispettivamente, e si incontrano in un punto che è il circocentro del triangolo. orollario. Il circocentro di un triangolo coincide con l ortocentro del suo triangolo mediano. Teorema (Retta di Eulero). ato un triangolo, il suo ortocentro H, il suo baricentro G e il suo circocentro sono allineati. Inoltre il baricentro G si trova tra e H, e si ha HG = 2G. L H G M F imostrazione. ato il triangolo, indichiamo con il punto medio di, e con F il punto medio di. Il baricentro G è l intersezione di E con F. Tracciamo inoltre la perpendicolare L al lato e la perpendicolare M al lato, e sia H (l ortocentro) la loro intersezione. Sulla retta individuata da H e G identifichiamo il punto, posto dall altra parte di G rispetto a H, e tale che G=GH/2. I triangoli GH e G sono simili, perché i lati HG e G sono uno il doppio dell altro per costruzione, i lati G e G sono uno il doppio dell altro perché il baricentro taglia le mediane a un terzo della lunghezza, e gli angoli HG e G sono uguali perché opposti al vertice. Quindi gli angoli HG e G sono uguali, e poiché sono angoli alterni interni rispetto alle rette H e, esse sono parallele. Quindi è perpendicolare al lato e passa per il suo punto medio, ed è quindi l asse di. osì si trova sull asse di. llo stesso modo si mostra che esso si trova su ciascuno degli altri assi, ed è quindi il circocentro. Teorema (Triangolo delle altezze). In un triangolo acutangolo, il triangolo i cui vertici sono i piedi LMN delle perpendicolari da ciascun vertice al lato opposto è detto triangolo delle altezze. 20

21 Teorema. L ortocentro di un triangolo acutangolo coincide con l incentro del suo triangolo delle altezze LMN. M L N imostrazione. Si considerino i triangoli rettangoli M e N. Gli angoli M e N sono uguali perché entrambi complementari dell angolo. Quindi i due triangoli sono simili, per cui N : M = :. Quindi il triangolo MN è simile al triangolo, per cui NM =. nalogamente si mostra che il triangolo LN è simile al triangolo, per cui NL =. Quindi MN = LN, perché complementari di angoli uguali, e quindi l ortocentro si trova sulla bisettrice dell angolo LNM. llo stesso modo si prova che si trova sulla bisettrice dell angolo LMN, e quindi che esso coincide con l incentro di LMN. Teorema (Lemma di Erone). Siano dati due punti e, situati dalla stessa parte di una retta data r. llora il cammino più breve che congiunge con toccando r è costituito dalla spezzata M, dove M appartiene a r, e gli angoli formati da M e M con r sono congruenti. 21

22 r M imostrazione. Tracciamo da la normale a r e sia la sua intersezione con r. Sia il punto su questa normale tale che =. La retta che congiunge con interseca r nel punto M, e gli angoli formati da M e M con r sono congruenti perché opposti al vertice. altra parte è ovvio che il cammino più breve fra e è il segmento. ra il triangolo rettangolo M è congruente al triangolo M, poiché essi hanno il cateto M in comune e i cateti e uguali per costruzione. Quindi M = M. ra il nostro problema è risolto dalla spezzata (M), di lunghezza uguale a quella di. E in questa l angolo M è uguale all angolo fra M e r. Possiamo così dimostrare il Teorema (Teorema di Schwartz). Il triangolo delle altezze di un triangolo acutangolo dato è il triangolo di minimo perimetro che può essere iscritto in esso. imostrazione. ato il triangolo, sia LMN il corrispondente triangolo delle altezze. È chiaro che qualunque triangolo che soddisfi al condizione di minimo perimetro, per il lemma di Erone, deve essere tale che i suoi lati incidenti su un vertice formino angoli uguali con il lato cui appartiene il vertice. Mostriamo che il triangolo delle altezze è l unico che possiede questa proprietà. Supponiamo infatti che ce ne sia un altro, p.es., L M N. ra N L non può essere differente da NL. Supponiamo infatti che si abbia N L > NL. llora si ha L N = π N L N L < NL. Quindi N M = π M N N M < MN perché N L = L N. Ma considerando M L e L M si vede che L M > LM. Quindi L M e N M non possono essere uguali. i conseguenza, se un tale triangolo esiste, i suoi angoli debbono essere uguali a quelli del triangolo delle altezze. Quindi il triangolo delle altezze e questo triangolo debbono essere simili. Ma la bisettrice di ciascuno degli angoli di questo triangolo deve essere parallela all altezza, quindi i lati di questo triangolo e del triangolo delle altezze debbono essere paralleli. Supponiamo, p.es., che L M > LM. llora si deve avere anche M N > MN. altra parte, anche i triangoli MN e M N sono simili, e quindi se M < N si deve avere 22

23 M N < MN. Quindi M N è allo stesso tempo più lungo e più breve di MN, e quindi un tale triangolo, diverso dal triangolo delle altezze, non esiste. 9 erchio dei nove punti ato un triangolo, esiste un cerchio che passa per nove punti notevoli: I tre punti medi dei lati; I tre piedi delle altezze (due di questi punti si trovano fuori del triangolo se esso è ottusangolo); I tre punti medi dei segmenti che collegano i vertici del triangolo all ortocentro (il punto in cui si incontrano le tre altezze): questi punti si trovano all esterno del triangolo se esso è ottusangolo, poiché, in questo caso, l ortocentro è esterno al triangolo. Questo cerchio è detto cerchio dei nove punti o cerchio di Feuerbach. Per derivare questo risultato, avremo dapprima bisogno del seguente Lemma. ato un triangolo, la retta che congiunge i punti medi dei lati e è parallela alla base. imostrazione. Indichiamo con E il punto medio del lato e con F quello del lato. llora i triangoli e FE sono simili, perché hanno il comune l angolo, e perché i lati corrispondenti sono proporzionali. Quindi = FE. Ma questi sono angoli corrispondenti per le rette e FE rispetto alla trasversale. Quindi FE è parallela a. Possiamo allora dimostrare dapprima il seguente Teorema. ato il triangolo, sia H il punto d intersezione delle tre altezze, e siano, E e F rispettivamente i punti medi dei lati, e. Indichiamo inoltre con L, M e N, rispettivamente, i punti medi dei segmenti H, H e H. llora i punti, E, F e L, M, N si trovano su uno stesso cerchio. imostrazione. Per il lemma appena dimostrato, la retta FE che congiunge i punti medi dei lati e, è parallela all altro lato. llo stesso modo, la retta MN, che congiunge i punti medi dei lati H e H del triangolo H, è parallela al lato. altra parte la retta FM, che congiunge i punti medi dei lati e H del triangolo H, è parallela all altro lato H. Lo stesso può dirsi della retta EN rispetto al triangolo H. Quindi il quadrilatero FENM è un parallelogramma, anzi un rettangolo, perché H è perpendicolare a, trattandosi di un altezza. Quindi esso è inscrivibile in un cerchio, il cui centro si trova nel punto medio comune K delle diagonali EM e FN. llo stesso modo si mostra che il quadrilatero FLN è un rettangolo: esso condivide con FENM la diagonale FN, e quindi il centro K. Quindi un solo cerchio passa per tutti i sei punti. Possiamo quindi dimostrare il Teorema (Teorema del cerchio dei nove punti). Il cerchio che passa per i punti medi dei lati di un triangolo passa anche per i piedi delle altezze del triangolo stesso. 23

24 imostrazione. ato il triangolo, indichiamo con, E, F i punti medi rispettivi dei lati, e, e con P, Q, R quelli dei segmenti H, H e H, dove H è il punto d incontro delle tre altezze. Indichiamo inoltre con L l intersezione con la retta della perpendicolare ad essa passante per, e con M e N i corrispondenti punti sui lati e o sui loro prolungamenti. Il teorema precedente ci dice che i punti, E, F e P, Q, R si trovano su uno stesso cerchio, di cui i segmenti FR, EQ e R sono dei diametri. onsideriamo adesso il triangolo LP, che è rettangolo in L e quindi è inscrivibile in un semicerchio di cui l ipotenusa P è il diametro. Ma abbiamo visto che P è anche diametro del cerchio che passa per i punti medi. nalogamente si mostra che questo cerchio passa per i punti Q, R. R L N H E P K G Q M F Figura 1: erchio dei nove punti: triangolo acutangolo. È da notare che il centro K del cerchio dei nove punti si trova sulla retta H che congiunge il circocentro del triangolo al suo ortocentro H (retta di Eulero). Su di essa si trova anche il baricentro G del triangolo stesso. 24

25 R E G L K M H P N Q F Figura 2: erchio dei nove punti: triangolo ottusangolo. 25