Moya Bulgaria (Facile, credo)

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
Avatar utente
Kfp
Messaggi: 188
Iscritto il: 20 mag 2012, 19:17
Località: Brescia

Moya Bulgaria (Facile, credo)

Messaggio da Kfp » 24 lug 2014, 00:19

Visto il proliferare di problemi difficili che non destano interesse, ne metto uno che (almeno secondo me) dovrebbe essere un po'più facile.

Sia $\Gamma$ una circonferenza, e sia $A$ un punto fissato all'esterno di essa. $BC$ è un diametro di $\Gamma$. Determinare, al variare di $BC$, il luogo degli ortocentri dei triangoli $\Delta ABC$ .
"Signora, lei sì che ha le palle, mica come quella checca di suo figlio"

"La zuppa magica dedicata a te Gianluca"

"È "iamo", non rompere i coglioni"

Avatar utente
Lasker
Messaggi: 423
Iscritto il: 02 mag 2013, 20:47
Località: Udine

Re: Moya Bulgaria (Facile, credo)

Messaggio da Lasker » 24 lug 2014, 10:02

Non credo che questa sia la strada più semplice (sono negato in geometria) e faccio solo il primo verso della freccia (magari questa sera, se non vengo anticipato, concludo), leggere con cautela.
Chiamo $D$ ed $E$ le intersezioni di $AB$ e $AC$ con $\Gamma$, per un semplice angle chasing saranno anche i piedi delle altezze condotte da $C$ e da $B$.
Siano $R$ ed $S$ i punti di intersezione tra le tangenti condotte da $A$ alla circonferenza $\Gamma$, e sia $\omega$ la circonferenza di centro $A$ passante per questi due punti. Considero l'inversione in $\omega$. L'ortocentro $H$ andrà quindi nell'intersezione fra l'altezza per $A$ (che va in sé stessa) e il trasformato di $CD$. Visto che $AD\cdot AB=AE\cdot AC=AR^2=AS^2$ perché sono tutti la potenza di $A$ rispetto a $\Gamma$, dopo l'inversione $D$ va in $B$ e $C$ va in $E$, quindi l'altezza $CD$ va nella circonferenza per $A,B$ ed $E$. Ora, $\angle AEB$ è retto per ipotesi ed insiste su $AB$, quindi anche $AH'B$ è retto perché insiste sullo stesso diametro $AB$ per costruzione, ma allora visto che insiste anche su $AO$ (con $O$ punto medio di $BC$ e centro di $\Gamma$),che è fissato, $H'$ sta sulla circonferenza di diametro $AO$, che viene trasformata in una retta. Inoltre, visto che anche $\angle ORA\cong \angle OSA\cong 90$ per costruzione, la circonferenza passa anche per $R$ ed $S$ (che vengono trasformati in sé stessi perché sono su $\Gamma$), e quindi $H$ sta sulla retta $RS$.
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)

"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)

Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?

PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!

Avatar utente
Kfp
Messaggi: 188
Iscritto il: 20 mag 2012, 19:17
Località: Brescia

Re: Moya Bulgaria (Facile, credo)

Messaggio da Kfp » 24 lug 2014, 23:28

Bene! Ora la seconda freccia, che una volta individuato il luogo è tutt'altro che tosta.
Accenno di strada (nemmeno troppo) diversa:
Testo nascosto:
Si tratta di dimostrare che il luogo è la polare di $ A $ rispetto a $\Gamma $. Ora, cosa ci dice il noterrimo Lemma della Polare? Allora abbiamo quasi finito, no? (Ok, non questo grande accenno, ma oh)
"Signora, lei sì che ha le palle, mica come quella checca di suo figlio"

"La zuppa magica dedicata a te Gianluca"

"È "iamo", non rompere i coglioni"

Avatar utente
Lasker
Messaggi: 423
Iscritto il: 02 mag 2013, 20:47
Località: Udine

Re: Moya Bulgaria (Facile, credo)

Messaggio da Lasker » 26 lug 2014, 10:16

Procedo con la seconda freccia (avevi ragione, alla fine è abbastanza banale):
Considero un punto $P$ esterno alla circonferenza e che sta sullla polare, traccio la retta $AP$ e la sua perpendicolare passante per $O$ individuando così le due intersezioni $B$ e $C$ (chiamo WLOG $C$ il punto più vicino a $P$ ). Chiaramente $AP$ è altezza di $\triangle ABC$ per costruzione, dunque per dimostrare che $P$ è l'ortocentro mi basta dimostrare che l'altezza $CD$ (con $D$ che è, per quanto detto nella prima parte, l'intersezione di $AB$ con $\Gamma$) passa per $P$, o, equivalentemente, che $D$, $C$ e $P$ sono allineati. Chiamata $Q$ l'intersezione di $AP$ con $OB$, il quadrilatero $ADCQ$ è ciclico perché sommando gli angoli opposti ottengo $\angle ADC+\angle AQC=90+90=180$. Ma allora $\angle DCQ$ è il supplementare di $\angle DAP$, e visto che considerando il triangoli (rettangoli rispettivamente in $D$ e in $Q$) $\triangle ADP$ e $\triangle PCQ$ si ha che $\angle DAP\cong \angle PCQ$ perché complementari dello stesso angolo, vale:
$$\angle DCQ+\angle QCP\cong (180-(90-\angle APD))+(90-\angle APD)\cong 180$$
e dunque i punti $D,C,P$ sono allineati e la tesi è dimostrata.
Se il punto $P$ è interno alla circonferenza, ho che $\angle DCQ$ è il supplementare di $\angle ABC$ perché $PQBD$ è ciclico, ma $\angle QPC\cong \angle ABC$ perché complementari dello stesso angolo $\angle DCB$, e dunque anche in questo caso i punti $D,P,C$ sono allineati per un conto del tutto analogo al precedente.
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)

"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)

Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?

PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!

Rispondi