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Prendete il vostro triangolo preferito $ABC$ e il suo ortocentro $H$. Dimostrate che
1- il baricentro di $ABC$ è l'ortocentro del triangolo formato dai baricentri di $BCH$, $ACH$, $ABH$;
2- il circocentro di $ABC$ è l'ortocentro del triangolo formato dai circocentri di $BCH$, $ACH$, $ABH$.

Utilizzo i vettori e fisso l'origine in O (per risparmiare tempo evito le freccette sui vettori)
1) Il baricentro di ABC è $ G= \frac{A+B+C}{3} $. Il suo ortocentro è $ H=A+B+C $. Il baricentro di BCH sarà dunque dato da $ G_a = \frac{A+2B+2C}{3} $, quello di CAH da $ G_b=\frac{2A+B+2C}{3} $, quello di ABH da $ G_c = \frac{2A+2B+C}{3} $. La tesi equivale al fatto che $ GaG \bot G_bG_c $ e cicliche. Ovvero equivale al fatto che $ (G_a - G)\cdot (G_b - G_c) = 0 $. Si ha ora che:
$ \displaystyle (G_a - G)\cdot (G_b - G_c) = ( \frac{C+B}{3} ) \cdot ( \frac{C-B}{3} ) $
Ora questa quantita è uguale a 0 se e solo se $ (C+B) \cdot (C-B) = 0 $. Si ha ora che:
$ (C-B) \cdot (C+B) = |C|^2 - |B|^2 = R^2 - R^2 = 0 $
Da cui segue la tesi ragionando ciclicamente sugli altri lati di $ G_aG_bG_c $.

2) Detti rispettivamente $ O_a,O_b,O_c $ i circocentri dei triangoli BCH, CAH, ABH, la tesi equivale al fatto che $ OO_a \bot O_bO_c $ e cicliche. Ora si ha che $ O_bO_c \bot AH $ perché AH è asse radicale delle sue circonferenze con tali centri. Inoltre $ AH \lVert OO_a $ perché sono entrambi perpendicolari a BC (AH perché ne è l'altezza e $ OO_a $ perché ne è l'asse). Abbiamo quindi che $ O_bO_c \bot OO_a $ e ragionando ciclicamente per gli altri lati del triangolo $ O_aO_bO_c $ si ottiene la tesi.

Bene per entrambi...

Un commento: se hai l'origine nel circocentro, $\frac{(C+B)}{2}\cdot (C-B)$ è il prodotto scalare tra il vettore da $O$ al punto medio di $CB$ e il vettore parallelo, equiverso ed congruente a $CB$, uscente da $O$, che sono ovviamente perpendicolari!

Un rilancio: dimostrare che in realtà la figura formata dai baricentri, la figura formata dai circocentri e il triangolo di partenza con il suo ortocentro sono simili.

Una sfida: magari con una dimostrazione sintetica

Sia $G_a$ il baricentro di $BHC$ e siano $G_b$ e $G_c$ definiti analogamente.
Sia $O_a$ il circocentro di $BHC$ e siano $O_b$ e $O_c$ definiti analogamente.

Intanto $G_aG_b$ è parallelo a $AB$: questo si dimostra provando che $G_a$ e $G_b$ sono equidistanti da $AB$, poiché sono baricentri di punti equidistanti a coppie da $AB$ (ovvero $(A;B)$, $(H;H)$ e $(C;C)$). Si può ben immaginare che analogamente anche $G_bG_c$ e cicliche siano paralleli ai lati del triangolo: ma due triangol con i lati a coppie paralleli sono simili.

Inoltre, anche $O_aO_b$ è parallelo ad $AB$, poiché entrambi i punti appartengono all'asse di $CH$, che è perpendicolare ad $AB$, da cui segue, ciclicamente, che anche $O_aO_bO_c$ ha i lati paralleli ad $ABC$ (sono dunque simili).

Dimostriamo ora che l'ortocentro di $G_aG_bG_c$ è $G$. Poiché le varie altezze sono perpendicolari anche ai lati del triangolo di partenza (per quanto detto sopra), mi basta dimostrare (con le relative cicliche) che la proiezione di $G_a$ su $BC$, chiamata $K$, ci fa ottenere $2H_aK=KM_a$, dove $H_a$ è il piede dell'altezza e $M_a$ è il punto medio di $BC$. Questa cosa è tra l'altro vera: la proiezione del baricentro di $BHC$ è equivalente al baricentro delle proiezioni, che sono rispettivamente $H_a;M_a;M_a$: la tesi è quindi dimostrata.

Dimostriamo a questo punto che l'ortocentro di $O_aO_bO_c$ è $O$. L'altezza che parte da $O_a$ è perpendicolare a $BC$ per quanto detto sopra e, appartenendo all'asse di $BC$, allora E' l'asse. Ma a questo punto le altezze di $O_aO_bO_c$ sono gli assi di $ABC$, da cui segue la tesi.

Oh, bene.

Un paio di consigli stilistici:
- per dire che $G_aG_b$ è parallelo a $AB$, basta dire che $G_a$ sta a 2/3 del segmento da $B$ al punto medio di $CH$ e $G_b$ sta a 2/3 del segmento da $A$ al punto medio di $CH$, quindi per Talete hai il parallelismo;
- quando dici che ti basta dimostrare che $2H_aK=KM_a$ dovresti dire perché: la proiezione del baricentro di $ABC$ ha tale proprietà (CON I SEGMENTI ORIENTATI) e dunque ciò dimostra che $G_aG$ è perpendicolare a $BC$;
- quando dici che le proiezioni sono $H_a$, $M_a$, $M_a$ dici ca22ate, ma è giusto lo stesso.

Ed ora, la soluzione figa: i 4 punti $A$, $B$, $C$, $H$ hanno la proprietà che ognuno è ortocentro degli altri 3; quindi i punti medi dei segmenti tra due qualsiasi di questi punti son sempre punti medi di lati o punti medi di segmenti vertice-ortocento. Questo vuol dire che la circonferenza di Feuerbach $\omega$ di $ABC$ è circonferenza di Feuerbach anche di $ABH$, $BCH$, $CAH$. Sia allora $N$ il centro di $\omega$; in un triangolo qualsiasi, $N$ è punto medio tra ortocentro e circocentro, quindi i circocentri dei 4 triangoli si ottengono dai punti $A$, $B$, $C$, $H$ tramite una simmetria centrale in $N$.
Stesso discorso con i baricentri: il baricentro si ottiene dall'ortocentro con un'omotetia di centro $N$ e fattore $-1/3$.

(inchino)

EvaristeG ha scritto: - quando dici che le proiezioni sono $H_a$, $M_a$, $M_a$ dici ca22ate, ma è giusto lo stesso.

Effettivamente sono stato abbastanza dislessico.

EvaristeG ha scritto: Ed ora, la soluzione figa: i 4 punti $A$, $B$, $C$, $H$ hanno la proprietà che ognuno è ortocentro degli altri 3; quindi i punti medi dei segmenti tra due qualsiasi di questi punti son sempre punti medi di lati o punti medi di segmenti vertice-ortocento. Questo vuol dire che la circonferenza di Feuerbach $\omega$ di $ABC$ è circonferenza di Feuerbach anche di $ABH$, $BCH$, $CAH$. Sia allora $N$ il centro di $\omega$; in un triangolo qualsiasi, $N$ è punto medio tra ortocentro e circocentro, quindi i circocentri dei 4 triangoli si ottengono dai punti $A$, $B$, $C$, $H$ tramite una simmetria centrale in $N$.
Stesso discorso con i baricentri: il baricentro si ottiene dall'ortocentro con un'omotetia di centro $N$ e fattore $-1/3$.

(inchino)

Sono esterrefatto.