Buffa retta per l'excentro

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EvaristeG
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Buffa retta per l'excentro

Messaggio da EvaristeG » 11 lug 2010, 16:25

Sia $ ABC $ un triangolo, $ H $ il piede dell'altezza da $ A $, $ I $ l'incentro e $ I_a $ l'excentro opposto al vertice $ A $. Dimostrare che la proiezione di $ I $ su $ BC $, $ I_a $ e il punto medio di $ AH $ sono allineati.

EDIT: corretto il testo.
Ultima modifica di EvaristeG il 11 lug 2010, 18:03, modificato 1 volta in totale.

GioacchinoA
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Messaggio da GioacchinoA » 11 lug 2010, 17:48

Ci dovrebbe essere un typo nel testo... Però se nell'allineamento si sostituisce I con il punto T di tangenza del lato BC con la circonferenza inscritta tutto torna (oppure si può anche sostituire $ I_a $ col punto di tangenza T' della circonferenza exinscritta, solo che così la retta è per l'incentro e dunque in contraddizione col titolo :) ) . E' così :?:

Nomad
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Messaggio da Nomad » 11 lug 2010, 20:13

Siano K il punto medio di AH, M la proiezione di I su BC ed L la proiezione di I(a) su BC. Dimostriamo che IAK è simile a ILI(a). Si ha che AH è parallelo a LI(a) perchè entrambi perpendicolari a BC e inoltre A, I e I(a) sono allineati: gli angoli IAK e LI(a)I sono uguali. Inoltre II(a) / IA = (R - r)/ r = R/r - 1 (si ottiene considerando le proiezioni di I ed I(a) su AB e con relazioni trigonometriche sui triangoli così formati). Ora I(a)L / AK = BC*R/Area. Sostituendo r = Area / semiperimetro e R = Area / (semiperimetro - BC) nelle espressioni, si verifica che sono uguali. I triangoli IAK e ILI(a) sono dunque effettivamente simili e da ciò segue che K, I e L sono allineati. Sono simili anche KLH e ILM e in particolare KH / IM = KL / IL. Ma KL / IL = AI(a) / IA e KH / IM = AK / IM => AK / IM = AI(a) / AI : sono simili i triangoli AKI(a) e IMI(a) e in particolare K, M, I(a) sono allineati.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 11 lug 2010, 20:27

Bene, però impara il LaTeX :D !!

C'è almeno un altro modo di procedere: considerare (nelle notazioni di Nomad) il punto simmetrico di M rispetto a I (sia M') e il punto simmetrico di L rispetto a $ I_a $ (sia L'). Allora A, M', L e A, M, L' sono allineati.

Qualcuno lo dimostra? (easy) E riesce a concludere da qui? (almost easy).

Sonner
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Re:

Messaggio da Sonner » 08 gen 2011, 18:51

EvaristeG ha scritto:Qualcuno lo dimostra? (easy) E riesce a concludere da qui? (almost easy).
Carino! Ci provo io.

Faccio l'omotetia che mi manda $ I $ in $ I_a $, allora questa manda l'incerchio nell'excerchio. Inoltre MM' // LL' implica che i due diametri vanno l'uno nell'altro in seguito all'omotetia.

A questo punto ho un macello di allineamenti che mi dicono che AHM è simile a L'LM. L'omotetia di centro M e rapporto -$ \frac{h_a}{2r_a} $ li manda l'uno nell'altro. Siccome un'omotetia conserva i rapporti tra i lati e in particolare i punti medi, questa manderà chiaramente $ I_a $ in $ K $.

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