Sia ABC un triangolo acutangolo nel vertice A e si descriva la circonferenza
c di diametro BC .Essa intersechi AB ed AC in M ed N rispettivamente.
Dimostrare che sono collineari i punti P,Q ed H dove P e Q sono i
punti di contatto delle tangenti alla circonferenza c condotte da A ed H è l'ortocentro di ABC.
Il problema ha una velocissima risoluzione proiettiva.E' sufficiente
richiamare il teorema del quadrangolo completo inscritto in una conica
( nel nostro caso si tratta del quadrangolo BCNM inscritto nella crf. c)
ma sono certo che troverete una soluzione ...più elementare.
Un particolare allineamento
Ho trovato una soluzione più elementare!
Prima di tutto è chiaro che M e N sono piedi di altezza. Sia L il piede di altezza da A, e D il punto medio di BC.
Lemma 1: I punti: A,P,L,Q sono su una stessa circonferenza.
Dimostrazione: Siccome AP è tangente a c allora <APD=90=<ALD per cui APLD è ciclico, analogamente ALDQ è ciclico, e si segue che APLDQ è ciclico, per cui APLQ è ciclico.
Sia x la circonferenza circoscritta al quadrilatero ALMC (il quale è ciclico), e sia y la circonferenza circoscritta al pentagono APLQ. Vediamo che l’asse radicale della copia di circonferenze (c,y) è QP, l’asse radicale di (x,y) è AL (una altezza), e l’asse di radicale di (c,x) è CM (un’altra altezza), siccome QP, AL, CM sono le assi radicali di tre circonferenze per copie allora essi sono concorrenti, e siccome AL e CM s’intersecano in H allora QP passa per H, e con questo abbiamo finito.
Prima di tutto è chiaro che M e N sono piedi di altezza. Sia L il piede di altezza da A, e D il punto medio di BC.
Lemma 1: I punti: A,P,L,Q sono su una stessa circonferenza.
Dimostrazione: Siccome AP è tangente a c allora <APD=90=<ALD per cui APLD è ciclico, analogamente ALDQ è ciclico, e si segue che APLDQ è ciclico, per cui APLQ è ciclico.
Sia x la circonferenza circoscritta al quadrilatero ALMC (il quale è ciclico), e sia y la circonferenza circoscritta al pentagono APLQ. Vediamo che l’asse radicale della copia di circonferenze (c,y) è QP, l’asse radicale di (x,y) è AL (una altezza), e l’asse di radicale di (c,x) è CM (un’altra altezza), siccome QP, AL, CM sono le assi radicali di tre circonferenze per copie allora essi sono concorrenti, e siccome AL e CM s’intersecano in H allora QP passa per H, e con questo abbiamo finito.
Genio es aquel que no se limita a la escasa percepción de sus sentidos para describir el universo que lo rodea.
-
¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
- Messaggi: 849
- Iscritto il: 22 ott 2006, 14:36
- Località: Carrara/Pisa
Lemma: Presa una crf $ \Gamma $ di centro O e un punto P interno, sia r la sua polare sispetto a $ \Gamma $, sia P' un puinto su r e sia r' la polare di P' rispetto a $ \Gamma $. Allora r' passa per P.
Dim: un'inversione rispetto alla crf $ \Gamma $ manda la crf di diamento PO in r e quindi P' in un punto di essa e quindi r' passa per P.
Fatto più generale: Sia ABCD un quadrilatero inscritto in una crf $ \Gamma $ e siano E, F, G le intersezioni di AB con CD, BC, con DA, AC con BD.
Come noto (Lemma della polare) EF è la polare di G rispetto a $ \Gamma $, quindi per il Lemma, la polare di ogni punto della polare passa per G.
Dim: un'inversione rispetto alla crf $ \Gamma $ manda la crf di diamento PO in r e quindi P' in un punto di essa e quindi r' passa per P.
Fatto più generale: Sia ABCD un quadrilatero inscritto in una crf $ \Gamma $ e siano E, F, G le intersezioni di AB con CD, BC, con DA, AC con BD.
Come noto (Lemma della polare) EF è la polare di G rispetto a $ \Gamma $, quindi per il Lemma, la polare di ogni punto della polare passa per G.