Zoom decisivi

 

 

Consideriamo un triangolo qualunque di vertici A, B, C. Ci chiediamo come sia possibile inscrivere in questo triangolo un quadrato tale che

 

 

 

1. due vertici stiano sul lato AB

2. un vertice stia sul lato AC

3. un vertice stia sul lato BC

 

SOLUZIONE I

E' piuttosto semplice risolvere il problema senza considerare la richiesta 3 (oppure, analogamente, senza la richiesta 2): fissato un punto P qualsiasi sul lato AB tracciamo la perpendicolare al lato AB passante per P; questa incontrerà il lato AC (oppure il lato BC, a seconda della posizione di P su AB rispetto al piede H dell’altezza CH relativa al lato AB) nel punto R. Una volta fatto ciò, basta costruire il quadrato di lato PR avente il terzo vertice su AB: i quadrati con queste caratteristiche sono due, ma e' facile decidere quale dei due ci e' utile per il ragionamento che stiamo facendo.

 

 

 

Così facendo (salvo aver avuto una buona dose di fortuna nello scegliere il punto P) non abbiamo soddisfatto la terza richiesta del problema: come possiamo continuare?

Facciamo riferimento al disegno e tracciamo la semiretta uscente da A e passante per S; chiamiamo S' l'intersezione di questa semiretta con il lato BC.

Tracciamo la parallela al lato AB passante per S' e troviamo R' per intersezione con il lato AC.

 

 

Il quadrato di lato R'S' è una soluzione del problema, ovvero ha i rimanenti due vertici su AB.

 

 

SOLUZIONE II

Costruiamo il quadrato di lato AB nel semipiano (rispetto alla retta per A e B) che NON contiene il punto C; congiungiamo poi il punto C con i vertici P e Q del quadrato e chiamiamo le intersezioni rispettivamente P' e Q'.

 

 

Ora non dobbiamo far altro che costruire il quadrato di lato P'Q' nel semipiano (rispetto alla retta AB) che contiene il punto C e siamo sicuri che i vertici rimanenti risultano appartenere ai lati del triangolo.

 

 

COMMENTI

Sebbene possano apparire differenti, le due soluzioni che abbiamo mostrato si basano entrambe sulla stessa strategia: costruire un quadrato e in seguito trasformarlo con un'omotetia in modo che i suoi vertici stiano sui lati del triangolo dato.

 

Abbiamo già parlato di omotetie nei “Cambi di marcia”, con il problema precedente:fate clic qui per rivederlo!

 

Osserviamo queste due figure.

 

 

 

Nel primo caso il quadrato tracciato in blu viene trasformato tramite un’omotetia di centro A nel quadrato rosso, nel secondo caso invece la trasformazione è un’omotetia di centro C. Ricordiamo che un'omotetia è una trasformazione del piano che si ottiene fissando un punto O (centro dell'omotetia) e un numero k > 0 (rapporto dell'omotetia) e portando un punto P nel punto P' appartenente alla semiretta uscente da O e passante per P, tale che la misura del segmento OP' sia k volte la misura di OP. In questo modo per k > 1 si ottengono degli “ingrandimenti”, mentre per k < 1 si ottengono dei “rimpicciolimenti”.

Val la pena osservare che le definizioni di omotetia che potete trovare sui diversi libri sono (almeno!) due: alcuni (come noi qui) richiedono che il rapporto di omotetia k sia positivo; altri (come, per esempio, si e' fatto anche nel problema precedente dei "Cambi di marcia") richiedono solo k ≠ 0, cioè considerano tra le omotetie anche le rotazioni di 180° (k = -1) e le loro composizioni con quelle che noi qui abbiamo chiamato "omotetie".

 

Tornando alle due figure precedenti, nella prima abbiamo un'omotetia di centro il punto A e di rapporto k = AS' / AS; nella seconda abbiamo un'omotetia di centro il punto C e di rapporto k = P'Q' / PQ.

Applicare un'omotetia ci garantisce che il trasformato di un quadrato sarà ancora un quadrato: le omotetie conservano gli angoli, quindi è chiaro che gli angoli del poligono P'Q'S'R', saranno gli stessi di PQSR, quindi tutti angoli retti; non potremo ottenere un rettangolo da un quadrato, perché le omotetie conservano i rapporti tra le distanze, quindi due segmenti di ugual lunghezza verranno trasformati in due segmenti con uguale lunghezza.

 

Per trovare la prima soluzione, dopo aver costruito un quadrato con tre dei suoi vertici sui lati del triangolo (il quadrato blu), abbiamo richiesto che l'omotetia porti l'immagine S' del quarto vertice S sul lato BC, mentre i vertici P, Q, R dovranno restare sui lati di appartenenza: una volta trovato il vertice S', per intersezione con la retta AS con il lato BC, basta partire da questo per la costruzione del quadrato.

 

Per la seconda soluzione abbiamo supposto il problema risolto: è facile convincersi che il triangolo ABC e il triangolo colorato in rosa nella figura seguente sono due triangoli simili, allo stesso modo sono simili i triangoli ABC e CDE; una volta chiarito ciò è sufficiente costruire il quadrato di lato AB e trovare le immagini dei punti P e Q rispetto all'omotetia.

 

 

 

 

Claudio Vailati