Luogo degli ortocentri

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Kopernik
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Luogo degli ortocentri

Messaggio da Kopernik » 03 mag 2010, 20:54

Si prenda un punto P su una circonferenza di raggio r. Si tracci la tangente t alla circonferenza per P. Si consideri quindi un punto Q sulla circonferenza, diverso da P, in modo che la tangente alla circonferenza per Q incontri t in un punto R. Determinare il luogo degli ortocentri dei triangoli PQR al variare di Q sulla circonferenza.
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]

Bake
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Messaggio da Bake » 03 mag 2010, 21:32

Ok ci provo.
chiamo H l'ortocentro, M il piede dell'altezza da R,L il piede dell'altezza da Q, $ $\alpha $ l'angolo RPQ=RQP.
Il quadrilatero PLHM ha 2 angoli retti in L e M e per tanto LHP=$ \pi - \alpha $, e di conseguenza MHQ=$ $\alpha $.
Poichè i triangoli PHM e HMQ sono congruenti per simmetria MHQ=MHP=$ $\alpha $.
Per il teorema della corda ho $ PM=\dfrac {PQ}{2}=r\sin \alpha $
Dunque calcolo $ PH=\dfrac {PM}{\sin \alpha}=r $.
Dunque il luogo dei punti cercati dista r da P ed è inclinato di $ \pi - \alpha $ e descrive una circoferenza di centro P identica a quella data da cui si devono escludere i punti sulla tangente passante per P poichè in quel caso Q coinciderebbe con P e non si formerebbe il triangolo e quindi non esisterebbe H.
Viceversa qualunque punto S prendo su questa circonferenza (esclusi appunto i due punti che intersecano t) posso costruire un triangolo come richiesto con quel punto come ortocentro nel seguente modo: la retta RP (che deve essere tangente) sarà perpendicolare a PS ed esisteranno solo 2 tangenti alla circonferenza perpedicolari a questa retta che identificano i Q relativi all'ortoncentro S e al punto diametralmente opposto.

Non mi suona benissimo dove sbaglio?
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Kopernik
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Messaggio da Kopernik » 04 mag 2010, 08:34

Bake ha scritto:LHP=$ \pi - \alpha $
Se non sbaglio l'angolo a cui ti riferisci è LHM. Per il resto la tua soluzione va bene, a parte l'sservazione che non solo Q non può coincidere con P, ma non deve nemmeno essere il punto diamentralmente opposto (in questo caso le rette non si intersecano e R non esiste).
Qualcuno si cimenta con una soluzione senza trigonometria?
Ultima modifica di Kopernik il 04 mag 2010, 16:50, modificato 1 volta in totale.
[tex]A \epsilon \iota \quad o \quad \theta \epsilon o \varsigma \quad o \quad \mu \epsilon \gamma \alpha \varsigma \quad \gamma \epsilon \omega \mu \epsilon \tau \rho \epsilon \iota \quad (\Pi \lambda \alpha \tau \omega \nu)[/tex]

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karl
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Messaggio da karl » 04 mag 2010, 13:39

Immagine
E' agevole dimostrare che gli angoli segnati in figura con la lettera "a"
sono congruenti e che pertanto il trangolo OPH è isoscele su OH.
Ne segue che PH=OP=r ovvero che il luogo richiesto è la circonferenza di
centro P e raggio r.Quanto ai punti esclusi ,forse l'unico punto da non
considerare è P ( ma anche qui avrei qualche dubbio) mentre ,secondo me ,si
può considerare anche il triangolo ( improprio) che si ottiene con le due
tangenti parallele t ed s', il cui ortocentro è il punto O che appartiene al
luogo.

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