Tutte per l'ortocentro (vergognosamente facile)

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spugna
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Tutte per l'ortocentro (vergognosamente facile)

Messaggio da spugna » 15 nov 2013, 17:03

Sia $ABC$ un triangolo, $P$ un punto su $BC$, $Q$ un punto su $AC$,e $X,Y$ i punti di intersezione delle circonferenze aventi come diametro $AP$ e $BQ$. Dimostrare che $X$,$Y$ e l'ortocentro di $ABC$ sono allineati
"Bene, ora dobbiamo massimizzare [tex]\dfrac{x}{(x+100)^2}[/tex]: come possiamo farlo senza le derivate? Beh insomma, in zero fa zero... a $+\infty$ tende a zero... e il massimo? Potrebbe essere, che so, in $10^{24}$? Chiaramente no... E in $10^{-3}$? Nemmeno... Insomma, nella frazione c'è solo il numero $100$, quindi dove volete che sia il massimo se non in $x=100$..?" (da leggere con risatine perfide e irrisorie in corrispondenza dei puntini di sospensione)

Maledetti fisici! (cit.)

andrew24x
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Re: Tutte per l'ortocentro (vergognosamente facile)

Messaggio da andrew24x » 01 gen 2014, 15:47

Detto $H$ l'ortocentro di $ABC$, $\Gamma$ la circonferenza di diametro $AP$ e $\omega$ la circonferenza di diametro $BQ$, traccio le altezze $AH$ e $BH$, che incontrano i lati opposti rispettivamente in $P_a$ e $P_b$. Si ha che $P_a$ e $P_b$ appartengono rispettivamente alla circonferenza $\Gamma$ e $\omega$ perchè vedono i diametri sotto un angolo di $90^\circ$.
Pertanto la potenza $P_1$ di $H$ rispetto a $\Gamma$ vale $AH \cdot HP_a$, quella $P_2$ di $H$ rispetto a $\omega$ vale $BH \cdot HP_b$.
La tesi equivale a dimostrare che $H$ si trova sull'asse radicale delle due circonferenze, quindi si deve avere $P_1=P_2$.
Considerando il quadrilatero ciclico ($P_a$ e $P_b$ vedono $AB$ sotto lo stesso angolo) $ABP_aP_b$ e la sua circoscritta $C_1$, si ha che la potenza di $H$ rispetto a $C_1$ vale $AH \cdot HP_a$ o anche $BH \cdot HP_b$, pertanto si ha $P_1=P_2$.

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