Punto medio fra l'ortocentro e il suo inverso

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ghilu
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Punto medio fra l'ortocentro e il suo inverso

Messaggio da ghilu » 26 mar 2010, 19:06

Sia ABC inscritto nella circonferenza $ \Gamma $, con ortocentro H.
Le intersezioni delle altezze con $ \Gamma $ (diverse da A,B e C) siano rispettivamente $ V_A,\ \ V_B,\ \ V_C $.
Siano $ t_A,\ \ t_B,\ \ t_C $ le tangenti a $ \Gamma $ in $ V_A,\ \ V_B,\ \ V_C $.
Chiamiamo $ X_A,\ \ X_B,\ \ X_C $ le intersezioni del tipo: BC con $ t_A $; e cicliche.

Dimostrare:
a)che $ X_A,\ \ X_B,\ \ X_C $ giacciono su una stessa retta r .
b)che se prendi il punto medio M fra H ed il suo inverso rispetto alla circonferenza $ \Gamma $, allora M appartiene a r.
Non si smette mai di imparare.

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
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Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 27 mar 2010, 08:12

w.l.o.g. c>b>a (se il triangolo è isoscele il problema è banale).

Chiamiamo D,E,F i piedi delle altezze da A,B,C.

a) Abbiamo che $ \displaystyle \frac{CX_A}{BX_A} = \frac{X_AV_A \sin (\angle CV_AX_A)}{\sin (\angle V_ACX_A)} \cdot \frac{\sin (\angle V_ABC)}{X_AV_A \sin (\angle BV_AX_A)}= $$ \displaystyle \frac{\sin^2 (90-\gamma)}{\sin^2 (90 - \beta)} = \frac{\cos^2 \gamma}{\cos^2 \beta} $

Quindi $ \displaystyle \frac{CX_A}{BX_A} \frac{BX_C}{AX_C} \frac{AX_B}{CX_B} = \frac{\cos^2 \gamma}{\cos^2 \beta} \cdot \frac{\cos^2 \beta}{\cos^2 \alpha} \cdot \frac{\cos^2 \alpha}{\cos^2 \gamma} = 1 $

quindi per Menelao $ X_A $, $ X_B $, $ X_C $ sono allineati.

b) Vogliamo dimostrare che r si ottiene dalla polare di H rispetto alla crf circoscritta a ABC con una omotetia di fattore 1/2 e centro H, ovvero che r è la polare di H rispetto alla crf di Feuerbach di ABC (l'omotetia manda la crf circoscritta in quella di Feuerbach, passante per i punti medi di AH, BH, CH), infatti così facendo dimostramo che $ M \in r $ e che $ r \perp OH $.
Chiamiamo M il punto medio di BC e N il punto medio di AH e K il centro della crf di Feuerbach. Abbiamo che K è il punto medio di OH e anche il punto medio di MN, essendo MN un diametro della crf di Feuerbach, quindi ONHM è un parallelograma quindi $ \angle ONH = \angle MND = \angle MV_AD $, essendo $ V_A $ il simmetrico dell'ortocentro rispetto a BC, come noto. Quindi il trapezio $ MONV_A $ è isoscele, quindi ciclico.
$ \angle MNV_A = \angle OAH = \alpha - 2(90- \gamma) = \gamma - \beta = $$ (90- \beta) - (90- \gamma) = \angle BCV_A - \angle CV_AX_A = \angle MV_AX_A $
quindi il quadrilatero $ MNX_AV_A $ è ciclico, quindi il pentagono $ MONX_AV_A $ è ciclico (*).
Chiamiamo Z la seconda intersezione tra $ NX_A $ e la crf di Feuerbach. Abbiamo che $ \angle DMZ = \angle ZND = \angle X_AMV_A = \angle DMH $, quindi M, H, Z sono allineati.
Quindi nel quadrilatero ciclico MDZN, H è l'intersezione delle sue diagonali, quindi per il Lemma della polare, la polare di H passa per l'intersezione di MD con NZ che è $ X_A $. Ripetendo il procedimento ciclicamente suglia altri lati si ottiene che la polare di H rispetto alla crf di Feuerbach passa anche per $ X_B $ e $ X_C $, e quindi coincide con r.


Si noti che come corollario di (*) si ha la soluzione di quest'altro preblema:

Sia ABC un triangolo di ortocentro H e circocentro O e siano D, E, F le intersezioni di AO, BO, CO con la crf circoscritta a ABC. Allora le circonferenze circoscritte a AHD, BHE, CHF concorrono nei punti H e X, dove X è l'inverso del simmetrico di H rispetto ad O rispetto alla crf circoscritta a ABC.

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ghilu
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Messaggio da ghilu » 27 mar 2010, 15:53

Di già!?
Davvero carina e istruttiva; a breve posterò la mia.
Due osservazioni: ad un certo punto scrivi MND al posto di MHD (typo);
e poi il "corollario" funziona per ogni H, anche non ortocentro.

Anzi, rilancio! Lo si dimostri.
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ghilu
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Messaggio da ghilu » 27 mar 2010, 21:17

Ecco la mia dimostrazione dell'esercizio di partenza: coi complessi+polari.
Chiamo i vertici a,b,c, sulla circonferenza unitaria, così $ H=a+b+c=\sum a $ e $ V_A=-\frac{bc}{a} $.
$ pol(X_BX_C)=pol(BC)pol(t_A):=s_A $ e $ pol(BC)=\frac{2bc}{b+c} $. Dimostrerò che l'inverso di M rispetto alla circonferenza circoscritta ad ABC (chiamiamolo K) appartiene a $ s_A,\ s_B \ e\ s_C $.
Inverso di H: $ \frac{1}{\sum \overline{a}} $; $ M=\frac{1}{2}(\sum a +\frac{1}{\sum \overline{a}}) $; $ K=\frac{2\sum a}{\sum a\sum \overline{a} + 1} $.
Non ci resta che verificare che il determinante della seguente matrice sia 0 o, equivalentemente, delle successive:
$ \begin{bmatrix} \frac{2bc}{b+c} & \frac{2}{b+c} & 1 \\ -\frac{bc}{a} & -\frac{a}{b+c} & 1 \\ \frac{2\sum a}{\sum a\sum \overline{a} + 1} & \frac{2\sum \overline{a}}{\sum a\sum \overline{a} + 1} & 1 \end{bmatrix} $
$ \begin{bmatrix} 2bc & 2 & b+c \\ b^2c^2 & a^2 & -abc \\ 2\sum a & 2\sum \overline{a} & \sum a \sum \overline{a} + 1 \end {bmatrix} $
e per dimezzare i conti pongo $ p=bc $ e $ s=b+c $: $ ap\sum a \sum \overline a =(a+s)(p+as) $.
$ \begin{bmatrix} 2p & 2 & s \\ p^2 & a^2 & -ap \\ ap(a+s) & (p+as) & \frac{2ap+as^2+a^2s+ps}{2} \end{bmatrix} $
E calcolo il determinante:
$ 2a^3p^2+a^3ps^2+a^4ps+a^2p^2s-2a^3p^2-2a^2p^2s+p^3s+ap^2s^2- $
$ -a^4ps-a^3ps^2+2ap^3+2a^2p^2s-2ap^3-ap^2s^2-a^2p^2s-p^3s=0 $.
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Messaggio da ghilu » 14 apr 2010, 18:51

Mentre mangiavo una mela mi è capitato di pensare a questo problema, ma da un nuovo punto di vista.

Si prenda il triangolo tangenziale A'B'C' di quello dato. Esso (per semplice calcolo di angoli) è omotetico a VaVbVc.
Allora AVa, BVb, CVc concorrono, ma soprattutto lo fanno nel centro di similitudine esterno fra inscritta e circoscritta per A'B'C'. Chiamiamolo S.
Lavoriamo sulla retta sulla quale giacciono S, O', I'=O, H (incentro di VaVbVc). Chiamiamo R il raggio della circoscritta ad A'B'C' e r quello della circoscritta ad ABC (inscritta in A'B'C'). Calcoliamo I'S e HI'.
$ O'I'=R^2-2rR\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $ e poi $ SI'^2:I'O'^2=r^2:(R-r)^2 $
$ SI'^2=\frac{Rr^2(R-2r)}{(R-r)^2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $ e poi $ HI'^2:SI'^2=(R-r)^2:R^2 $
$ HI'^2=\frac{r^2(R-2r)}{R} $
Ora dimostro che S è l'inverso del punto medio fra H e il suo inverso.
Cioè che $ 2\frac{r^2}{I'S}=I'H+\frac{r^2}{I'H} $.
Il che è vero.
A questo punto basta dire che la retta r è la polare di S.
Ma questo è già stato fatto.
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Messaggio da ghilu » 14 apr 2010, 18:59

Ripropongo:

Sia P un punto. ABC un triangolo con circocentro O e siano D, E, F le intersezioni di AO, BO, CO con la crf circoscritta a ABC. Allora le circonferenze circoscritte a APD, BPE, CPF concorrono nei punti P e X, dove X è l'inverso del simmetrico di P rispetto ad O rispetto alla crf circoscritta a ABC.

Hint: inverti.
Hint2: in O
Non si smette mai di imparare.

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