Problema 628. Recta de Pascal. Sea 스ABC un triángulo. Sean a

Problema 628. Recta de Pascal. Sea 4ABC un triángulo. Sean a, b y c las rectas BC, CA y AB. Sean ta , tb y
tc las rectas tangentes a la circunferencia circunscrita por A, B y C. Sean A0 , B 0 y C 0 las intersecciones de las rectas
a, ta ; b, tb y c, tc . Demostrar que A0 , B 0 y C 0 están alineados.
Izquierdo, F. (2005): Fórmulas y propiedades geométricas.
Edición de autor. Imprime:CLM. Eduardo Marconi 3. Madrid (p. 39).
Soluzione di Ercole Suppa.
B'
A'
C
C'
B
A
O
Usiamo le usuali notazioni della geometria del triangolo: BC = a, CA = b, AB = c. Dal teorema dei seni si ottiene
facilmente che:
BA0
AB sen ∠BAA0
c sen(A + B)
c sen C
c2
=−
·
=− ·
=− ·
=− 2
(1)
0
0
AC
AC sen ∠CAA
b
sen B
b sen B
b
In modo analogo si dimostrano le relazioni:
a2
CB 0
=− 2,
0
BA
c
b2
AC 0
=− 2
0
CB
a
(2)
Da (1) e (2) abbiamo
BA0 CB 0 AC 0
·
·
=
A0 C B 0 A C 0 B
−
c2
b2
2 2 a
b
− 2
− 2 = −1
c
a
e quindi, per il teorema di Menelao, i punti A0 , B 0 , C 0 sono allineati.
Osservazione. La retta passante per A0 , B 0 , C 0 è la polare trilineare del punto di Lemoine: per dimostrare questa
proprietà ricordiamo alcuni risultati di geometria del triangolo.
Definizione 1. Se d una retta orientata e A, B, C, D sono quattro punti di d, la quaterna ordinata (A, B, C, D) è
detta una divisione della retta d. Una divisione (A, B, C, D) è detta armonica se
AD
AC
=−
CB
DB
ossia se C e D dividono il segmento AB, internamente ed esternamente, nello stesso rapporto.
A
C
B
D
Se (A, B, C, D) è una divisione armonica diciamo che i punti C e D dividono armonicamente il segmento AB e
scriviamo:
(A, B, C, D) = −1
I punti C e D sono detti coniugati armonici rispetto ad A e B.
Teorema 1. Sia ABC un triangolo e sia P un punto non appartenente ai lati AB, BC, CA. Siano D = AP ∩ BC,
E = BP ∩ CA, F = CP ∩ AB, G = BC ∩ Y Z. La quaterna (B, C, D, G) è una divisione armonica della retta BC.
A
F
E
P
B
G
C
D
Proof. Applicando i teoremi di Ceva e Menelao abbiamo
AF BD CE
·
·
= 1,
F B DC EA
AF BG CE
·
·
= −1
F B GC EA
e quindi
BD
BG
=−
DC
GC
⇔
(B, C, D, G) = −1
Teorema 2. Sia ABC un triangolo, sia γ la sua circonferenza circonscritta, sia S l’intersezione della simmediana
uscente da A con BC e sia T intersezione della tangente a γ nel punto A con la retta BC. La quaterna (T, S, B, C)
è una divisione armonica della retta BC.
A
B
T
C
S
Proof. Dal teorema dei seni si ricava facilmente che
TB
AB sen ∠T AB
c sen C
c2
=
·
= ·
= 2
TC
AC sen ∠T AC
b sen B
b
e, d’altra parte è noto che la simmediana soddisfa la relazione
BS
c2
= 2
SC
b
(1)
(2)
Dalla (1) e la (2) abbiamo
TB
BS
=
TC
SC
⇔
TB
TC
=−
BS
CS
⇔
(T, S, B, C) = −1
Teorema 3. Sia dato un triangolo ABC ed un punto P non appartenente ai lati; siano D = AP ∩BC, E = BP ∩CA,
F = CP ∩ AB; sia D0 l’armonico coniugato di D rispetto a {B, C}, sia E 0 l’armonico coniugato di E rispetto a
{C, A}, sia F 0 l’armonico coniugato di F rispetto a {A, B}. I punti D0 , E 0 , F 0 giacciono su una retta chiamata
polare trilineare1 del punto P rispetto al triangolo ABC.
E'
D'
C
D
E
P
F'
A
F
B
Proof. Dal teorema di Ceva abbiamo
AF BD CE
·
·
=1
F B DC EA
Dalla definizione di definizione armonica abbiamo:
(B, C, D, D0 ) = −1
⇔
(C, A, E, E 0 ) = −1
⇔
(A, B, F, F 0 ) = −1
⇔
BD
BD0
=− 0
DC
DC
CE
CE 0
=− 0
EA
EA
AF
AF 0
=− 0
FB
F B
(1)
(2)
(3)
(4)
Dalle (1),(2),(3),(4) segue che:
AF 0 BD0 CE 0
·
·
= −1
F 0 B D0 C E 0 A
Pertanto, per il teorema di Menelao, i punti D0 , E 0 , F 0 sono allineati.
Possiamo ora dimostrare che la retta passante per i punti A0 , B 0 , C 0 del problema 628 è la polare trilineare del punto
di Lemoine.
1 La definizione di polare trilineare di un punto P rispetto ad un triangolo ABC è stata data nel 1865 da J.J.A. Mathieu. La polare
trilineare dell’ortocentro di un triangolo è chiamata asse ortico, mentre la polare trilineare del punto di Lemoine è chiamata asse di
Lemoine.
Teorema 4. Sia ABC un triangulo. Siano ta , tb e tc le rette tangenti alla circonferenza circonscritta ad ABC.
Siano A0 = ta ∩ BC, B 0 = tb ∩ CA e C 0 = tc ∩ AB sia K il punto di Lemoine di ABC. La polare trilineare del punto
K è la retta passante per A0 , B 0 , C 0 .
Proof. Siano D, E, F le intersezioni delle ceviane AK, BK, CK con le rette BC, CA, AB rispettivamente. Per il
Teorema 2 i punti A0 , B 0 , C 0 sono i coniugati armonici di D, E, F rispetto alle coppie {B, C}, {C, A}, {A, B},
rispettivamente. Pertanto, per il Teorema 3, i punti A0 , B 0 , C 0 sono allineati e la retta che li contiene è la polare
trilineare di K.
B'
A'
C
D
E
K
C'
A
F
B
O
Dal Teorema 1 si ha che i punti delle terne {A0 , E, F }, {B 0 , D, F }, {C 0 , E, D} sono allineati.