Il quadrangolo degli ortocentri
Questo articolo è una appendice a quello precedente.
Qui la materia è rivista in modo differente in seguito ad alcune nuove informazioni.
Infatti dopo la pubblicazione dell'altro articolo ho contattato il prof. Paris Pamfilos, che
opera a Creta, chiedendo se aveva qualche idea sulla dimostrazione sintetica. Mi sono rivolto a lui
perché ha un bel sito di geometria in inglese e un meraviglioso programma (EucliDraw) che si
può scaricare liberamente. Dopo qualche scambio di messaggi con interessanti osservazioni, non
è arrivata la dimostrazione sintetica, però mi ha inviato un breve articolo, mezza pagina, di Mathematics Magazine del 1957
con un originale approccio analitico al problema che mi è molto piaciuto:
nasce come risposta di un certo D.C.B. Marsh al problema E1239 del 1956, da cui si evince che la proprietà era già nota
allora e probabilmente anche prima. Nel seguito presento la soluzione e qualche altra considerazione.
L'enunciato del problema, come proposto anche da Agostino Recchia, è questo
Dato il quadrangolo convesso ABCD, sia A'B'C'D' il quadrangolo degli ortocentri
dei triangoli BCD, CDA, DAB, ABC . Mostrare che i vertici dei due quadrangoli stanno su una
medesima iperbole equilatera e hanno la stessa area.
La figura interattiva sottostante mostra l'enunciato.
La dimostrazione parte dalla considerazione che per quattro punti passa un'unica iperbole
equilatera (a meno che le diagonali non siano perpendicolari, nel qual caso l'iperbole
degenera in due rette ortogonali). Con un'opportuna scelta degli assi e dell'unità di misura si può sempre
assumere che abbia equazione xy=1. Sia dunque l'iperbole che passa per A B C D, con equazione xy=1, cosicché
le coordinate dei punti si possono indicare così:
$A(a,\frac{1}{a}) \quad B(b,\frac{1}{b}) \quad C(c,\frac{1}{c}) \quad D(d,\frac{1}{d}) $
Con un calcolo abbastanza semplice si trova che l'ortocentro del triangolo BCD ha coordinate
$A'=(-\frac{1}{bcd},-bcd)$ e analogamente per gli altri ortocentri si ottiene
$B'=(-\frac{1}{acd},-acd) \quad C'=(-\frac{1}{bad},-bad) \quad D'=(-\frac{1}{bca},-bca)$
Come si nota, anche questi punti soddisfano l'equazione xy=1 e quindi stanno sull'iperbole: un metodo molto elegante
per dimostrare la prima parte dell'enunciato.
Per quanto riguarda le aree, basta dimostrare che sono equivalenti i triangoli ABC con A'B'C' e BCD con B'C'D'. Per
il calcolo usiamo il noto metodo dei determinanti.
$area(ABC)=\frac{1}{2} \cdot \begin{vmatrix} a & \frac{1}{a} & 1 \\ b & \frac{1}{b} & 1 \\ c & \frac{1}{c} & 1 \end{vmatrix}
\quad \quad area(A'B'C')=\frac{1}{2} \cdot \begin{vmatrix} -\frac{1}{bcd} & -bcd & 1
\\ -\frac{1}{acd} & -acd & 1 \\ -\frac{1}{abd} & -abd & 1 \end{vmatrix}$
Se nel primo determinante dividiamo la prima colonna per -abcd e moltiplichiamo la seconda per la stessa quantità,
il valore del determinante non cambia, ma diventa altresì uguale al secondo, dimostrando che hanno lo stesso valore.
Lo stesso vale per gli altri due triangoli.
Qui termina l'articoletto di Mathematics Magazine. Poi ho provato a vedere che cosa succede dell'affinità studiata
nel precedente articolo sul triangolo degli ortocentri. Seguendo la stessa procedura ho trovato facilmente
i coefficienti della trasformazione da ABC a A'B'C', che in forma matriciale si può esprimere così:
$$\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix} = \begin{bmatrix} -\frac{1}{abcd} & 0 \\ 0 & -abcd \end{bmatrix} \cdot
\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \end{pmatrix}$$
In questo modo l'affinità si ottiene con la composizione di due stiramenti nelle direzioni degli asintoti
dell'iperbole, che sono anche le rette unite della trasformazione.
Per quanto riguarda la trattazione sintetica dell'argomento, ho dato un'occhiata al lavoro di Brianchon e Poncelet di cui ho dato referenza nel precedente articolo. Esso si intitola "Ricerche sulla determinazione di una iperbole equilatera, per mezzo di quattro condizioni date". Come si usava al tempo, l'interesse era trovare la costruzione degli elementi dell'iperbole, ossia centro e asintoti, cosa oggi passata di moda. Ma per giustificare la costruzione servono molte dimostrazioni, ed è ciò che si trova nell'articolo e che qui non riporto. La prima dimostrazione riguarda una proposizione fondamentale anche per il nostro problema e suona così: "In ogni triangolo inscritto in una iperbole equilatera il punto di incontro delle altezze sta sulla curva". Poi ci sono alcuni teoremi che studiano la posizione del centro dell'iperbole. Ne risulta che esso si trova su almeno otto circonferenze: i circumcerchi dei quattro triangoli formati con i punti medi dei lati dei triangoli costituiti da due lati consecutivi del quadrangolo e una diagonale; il cerchio passante per il punto di intersezione delle diagonali e i due punti di intersezione delle due coppie di lati opposti (prolungati); i tre cerchi passanti per i punti medi di due lati opposti o delle due diagonali e per l'intersezione delle parallele per un punto medio alla retta che contiene l'altro punto medio della coppia. Basta disegnare due qualsiasi di questi cerchi e la loro intersezione fornisce il centro K dell'iperbole. Per disegnare gli asintoti, una volta trovato il centro K, basta disegnare un cerchio con centro nel punto medio di un lato e passnte per K e trovare le intersezioni con il lato (prolungato): gli asintoti passano per K e per le due intersezioni. Come sottoprodotto di tutte le dimostrazioni, l'articolo si chiude con la dimostrazione, credo prima in assoluto, della proprietà del cerchio in seguito battezzato "cerchio dei nove punti" espressa in questo modo: "Il cerchio che passa per le perpendicolari abbassate dai vertici di un triangolo qualsiasi sui lati opposti, passa anche per i punti medi di questi tre lati, come anche per i punti medi delle distanze che separano i vertici dal punto di intersezione delle perpendicolari".