Sia dato un triangolo ABc e siano M ed N i piedi delle altezze da B e C su AC e AB rispettivamente. Sia D il secondo punto comune a c(ABC) e c(AMN). Se H e l'ortocentro di ABC e K e' l'intersezione della retta DH con la retta AC, provare che HM/HB = KM/MC.
PS
Il problema e' "originale", quindi potrebbe avere senso anche cercare di confutare la tesi.
Rapporto costante
Salvo errori avrei provato ( il condizionale è d'obbligo) che la tesi è falsa.
A questo scopo ho scelto nel piano cartesiano ( vedi figura) il triangolo ABC
così combinato:
A(0,3),B(-1,0),C(4,0)
Con formule note si ottengono le equazioni dei lati e delle altezze di ABC:
$ \displaystyle (AB): y=3x+3,(BC): y=0,( CA):y=-\frac{3}{4}x+3 $
$ \displaystyle (AO): x=0, (BM): y=\frac{4}{3}x+\frac{4}{3},(CN): y=-\frac{1}{3}x+\frac{4}{3} $
Calcolando le varie intersezioni di queste rette si ottengono l'ortocentro $ \displaystyle H(0,\frac{4}{3}) $
e i piedi delle altezze:
$ \displaystyle O(0,0), M(\frac{4}{5},\frac{12}{5}),N(-\frac{1}{2},\frac{3}{2}) $
Le equazioni delle circonferenze c(ABC) e c(AMN) ( quest'ultima passa anche per H) sono:
$ \displaystyle c(ABC):x^2+y^2-3x-\frac{5}{3}y-4=0,c(AMN):x^2+y^2-\frac{13}{3}y+4=0 $
la cui intersezione ( oltre il punto A) è $ \displaystyle D(-\frac{24}{29},\frac{60}{29}) $
La retta DH ha equazione $ \displaystyle y=-\frac{8}{9}x+\frac{4}{3} $ ed interseca la retta
CA di equazione$ \displaystyle y=-\frac{3}{4}x+3 $ nel punto $ \displaystyle K(-12,12) $
Ciò fatto ,con la formula della distanza tra due punti,possiamo
calcolare quanto ci serve:
$ \displaystyle HM=\frac{4}{3},HB=\frac{5}{3} $ e quindi $ \displaystyle \frac{HM}{HB}=\frac{4}{5} $
$ \displaystyle KM=16,MC=4 $ e quindi $ \displaystyle \frac{KM}{MC}=4 $
Pertanto:
$ \displaystyle \frac{KM}{MC} \neq \frac{HM}{HB} $
Ovviamente per stabilire la giustezza dei calcoli ( se qualcuno vuole farlo !) non occorre
rifare tutto da capo ma è sufficiente verificare l'appartenenza dei vari punti
trovati alle linee rispettive.
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¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Non ho capito perché BHCD è un parallelogramma comunque propongo il seguente lemma più generale:
supponiamo che dato un quadrilatero ciclico $ \displaystyle~WXYZ $, posto $ \displaystyle~T=WZ\cap XY $ e $ \displaystyle~U=WX\cap YZ $, $ \displaystyle~T,X,Y $ e $ \displaystyle~W,X,U $ siano in quest'ordine; sia $ \displaystyle~S $ l'ulteriore intersezione delle circonferenze per $ \displaystyle~W,X,Y,Z $ e $ \displaystyle~S,T,U $; allora $ \displaystyle~SX $ passa per il punto medio di $ \displaystyle~TU $. (v. figura)
Dimostrazione: abbiamo $ \displaystyle~\measuredangle STZ=\measuredangle SUZ $ e $ \displaystyle~\measuredangle SWT=\pi-\measuredangle SWZ=\pi-\measuredangle SYZ=\measuredangle SYU $. Segue che i triangoli $ \displaystyle~STW $ e $ \displaystyle~SUY $ sono simili, da cui che esiste una rotomotetia di centro $ \displaystyle~S $ che manda $ \displaystyle~STW $ in $ \displaystyle~SUY $, cioè che trasforma $ \displaystyle~W $ in $ \displaystyle~Y $ e $ \displaystyle~T $ in $ \displaystyle~U $. Dunque manda anche $ \displaystyle~STU $ in $ \displaystyle~SWY $. Perciò $ \displaystyle~\measuredangle STU=\measuredangle STX+\measuredangle XTU=\measuredangle SWY $, da cui $ \displaystyle~\measuredangle SWY-\measuredangle STY=\measuredangle XTU $ che dà $ \displaystyle~\measuredangle SWZ+\measuredangle ZWY-\measuredangle STW-\measuredangle WTY=\measuredangle WST+\measuredangle XYW=\measuredangle XTU $ (teorema angolo esterno), quindi $ \displaystyle~\measuredangle WST+\measuredangle XYW=\measuredangle WST+\measuredangle XSW=\measuredangle XST=\measuredangle XTU $. La circonferenza per $ \displaystyle~S,X,T $ quindi tange $ \displaystyle~TU $. Analogamente per la circonferenza per $ \displaystyle~S,X,U $. Il punto medio $ \displaystyle~V $ di $ \displaystyle~TU $ realizza $ \displaystyle~TV^2=UV^2 $, che sono le potenze di $ \displaystyle~V $ rispetto alle due circonferenze tangenti a $ \displaystyle~TU $. Dunque $ \displaystyle~V $ appartiene al loro asse radicale $ \displaystyle~SX $.
In questo caso occorre mostrare che $ \displaystyle~S_{KBH}=S_{KHC} $ (con $ \displaystyle~S $ intendo l'area). Detto $ \displaystyle~L $ il punto medio di $ \displaystyle~BC $ usando il lemma $ \displaystyle~K,H,E $ sono allineati. Segue che da $ \displaystyle~S_{KBE}=S_{KEC} $ e $ \displaystyle~S_{HBE}=S_{HEC} $ otteniamo sottraendo $ \displaystyle~S_{KBH}=S_{KHC} $. Usando le aree con i segni viene una cosa più rigorosa (però non so le notazioni)..
supponiamo che dato un quadrilatero ciclico $ \displaystyle~WXYZ $, posto $ \displaystyle~T=WZ\cap XY $ e $ \displaystyle~U=WX\cap YZ $, $ \displaystyle~T,X,Y $ e $ \displaystyle~W,X,U $ siano in quest'ordine; sia $ \displaystyle~S $ l'ulteriore intersezione delle circonferenze per $ \displaystyle~W,X,Y,Z $ e $ \displaystyle~S,T,U $; allora $ \displaystyle~SX $ passa per il punto medio di $ \displaystyle~TU $. (v. figura)
Dimostrazione: abbiamo $ \displaystyle~\measuredangle STZ=\measuredangle SUZ $ e $ \displaystyle~\measuredangle SWT=\pi-\measuredangle SWZ=\pi-\measuredangle SYZ=\measuredangle SYU $. Segue che i triangoli $ \displaystyle~STW $ e $ \displaystyle~SUY $ sono simili, da cui che esiste una rotomotetia di centro $ \displaystyle~S $ che manda $ \displaystyle~STW $ in $ \displaystyle~SUY $, cioè che trasforma $ \displaystyle~W $ in $ \displaystyle~Y $ e $ \displaystyle~T $ in $ \displaystyle~U $. Dunque manda anche $ \displaystyle~STU $ in $ \displaystyle~SWY $. Perciò $ \displaystyle~\measuredangle STU=\measuredangle STX+\measuredangle XTU=\measuredangle SWY $, da cui $ \displaystyle~\measuredangle SWY-\measuredangle STY=\measuredangle XTU $ che dà $ \displaystyle~\measuredangle SWZ+\measuredangle ZWY-\measuredangle STW-\measuredangle WTY=\measuredangle WST+\measuredangle XYW=\measuredangle XTU $ (teorema angolo esterno), quindi $ \displaystyle~\measuredangle WST+\measuredangle XYW=\measuredangle WST+\measuredangle XSW=\measuredangle XST=\measuredangle XTU $. La circonferenza per $ \displaystyle~S,X,T $ quindi tange $ \displaystyle~TU $. Analogamente per la circonferenza per $ \displaystyle~S,X,U $. Il punto medio $ \displaystyle~V $ di $ \displaystyle~TU $ realizza $ \displaystyle~TV^2=UV^2 $, che sono le potenze di $ \displaystyle~V $ rispetto alle due circonferenze tangenti a $ \displaystyle~TU $. Dunque $ \displaystyle~V $ appartiene al loro asse radicale $ \displaystyle~SX $.
In questo caso occorre mostrare che $ \displaystyle~S_{KBH}=S_{KHC} $ (con $ \displaystyle~S $ intendo l'area). Detto $ \displaystyle~L $ il punto medio di $ \displaystyle~BC $ usando il lemma $ \displaystyle~K,H,E $ sono allineati. Segue che da $ \displaystyle~S_{KBE}=S_{KEC} $ e $ \displaystyle~S_{HBE}=S_{HEC} $ otteniamo sottraendo $ \displaystyle~S_{KBH}=S_{KHC} $. Usando le aree con i segni viene una cosa più rigorosa (però non so le notazioni)..
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Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Credo che Gabriel intendesse parlare del quadrilatero ( non segnato nella mia figura)
BHCJ.Questo è il post dei refusi
! Poiché AJ è diametro ,segue che
BH e CJ sono paralleli perché entrambi perpendicolari ad AC.
Analogamente sono parallelli CH e BJ perché entrambi perpendicolari ad AB.
Pertanto le diagonali BC e HJ s'incontrano nel punto medio R di BC.
Per completare la dimostrazione di Gabriel ,per Menelao si ha:
$ \displaystyle \frac{HM}{HB}\cdot\frac{BR}{RC}\cdot \frac{KC}{KM}=1 $
Tenuto conto che BR=RC si ha appunto :
$ \displaystyle \frac{HM}{HB}=\frac{KM}{KC} $
BHCJ.Questo è il post dei refusi
! Poiché AJ è diametro ,segue che BH e CJ sono paralleli perché entrambi perpendicolari ad AC.
Analogamente sono parallelli CH e BJ perché entrambi perpendicolari ad AB.
Pertanto le diagonali BC e HJ s'incontrano nel punto medio R di BC.
Per completare la dimostrazione di Gabriel ,per Menelao si ha:
$ \displaystyle \frac{HM}{HB}\cdot\frac{BR}{RC}\cdot \frac{KC}{KM}=1 $
Tenuto conto che BR=RC si ha appunto :
$ \displaystyle \frac{HM}{HB}=\frac{KM}{KC} $
Esattamente. Come pot(r)ete notare, questa e' la "sostanza" del problema "Russia MO n 7 del 2000" di un altro post.¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:DH interseca la crf circoscritta a ABC in J, allora Essendo AH diametro $ \angle ADJ = \frac{\pi}{2} $ quindi J e' diametralmente opposto a A, quindi BHCD e' un parallelogramma quindi per DH passa per il punto medio di BC, quindi per menelao sulla trasversale DH e il triangolo BCM si conclude.