Feuerbach...

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Simo_the_wolf
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Feuerbach...

Messaggio da Simo_the_wolf » 15 mar 2005, 23:10

Chiamiamo F il punto di Feuerbach cioè il centro della circonferenza dei nove punti, cioè la circonferenza che passa per questi nove punti (tutti!): i punti medi dei lati, i punti medi tra ortocentro e un vertice, i piedi delle altezze. Chiamando H l'ortocentro, A, B, C i tre vertici del triangolo, R il raggio della circonferenza circoscritta e P un punto generico dimostrare che:

1) F è il baricentro di ABCH

2) FA²+FB²+FC²+FH²=3R²

3) PA²+PB²+PC²+PH²=4PF²+3R²

Buon lavoro!!

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karl
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Messaggio da karl » 17 mar 2005, 18:51

Immagine
Ritengo difficile una soluzione puramente sintetica a meno
di non usare una equivalente congerie di "teoremuzzi" vari.
La parola ,comunque,ai supergeometri del Forum!
Siano:
ABC il triangolo;cF la crf.di Feuerbach;M,N,L i punti medi di BC,CA,AB;
H,F,G,O l'ortocentro,il centro di cF,il baricentro,il circocentro;
a,b,c le misure dei lati BC,CA,BA;$ m_a,m_b,m_c $ le misure
delle mediane relative ai medesimi lati ;R la misura del circoraggio.
Il quesito richiede varie nozioni di geometria che non dimostro
interamente data l'ampiezza delle stesse.

a) I punti H,F,G ed O sono sulla stessa retta (di Eulero) ed inoltre
$ HF=\frac{1}{2}HO ,HG=2GO,FG=\frac{1}{3}HF=\frac{1}{2}GO $

b) Teorema di Stewart (vedi fig.1)
Risulta:
$ AB^2.DC+AC^2.BD=BC(AD^2+BD.DC) $
Infatti dai triangoli ABD e ADC per Carnot si ha:
$ (1)AB^2=AD^2+BD^2-AD.BDcos\alpha $
$ (2)AC^2=AD^2+DC^2+2.AD.DCcos\alpha $
Moltiplicando la (1) per DC e la (2) per BD e sommando si ha il teorema.
In particolare se D e'punto medio di BC, risulta:
$ c^2.\frac{a}{2}+b^2.\frac{a}{2}=a(m_a^2+\frac{a^2}{4}) $
od anche:
$ (3) m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4} $
Sommando questa relazione per tutte e 3 le mediane si ottiene che:
$ (4) m_a^2+m_b^2+m_c^2=\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2) $

c) Risulta:
$ a^2+b^2+c^2=9R^2-4FH^2 $
Infatti (vedi fig.2) dal trangolo AOM per Stewart si ha:
$ AO^2.GM+MO^2.GA=AM(GO^2+GA.GM) $
Ma:$ AG=\frac{2}{3}AM,GM=\frac{1}{3}AM,AO=R,GO=\frac{1}{3}OH,MO^2=R^2-\frac{a^2}{4} $
e sostituendo:
$ R^2(\frac{1}{3}AM)+(R^2-\frac{a^2}{4})(\frac{2}{3}AM)=AM(\frac{1}{9}OH^2+\frac{2}{9}AM^2) $
Semplificando per AM si ha:
$ \frac{1}{3}R^2+\frac{2}{3}(R^2-\frac{a^2}{4})=\frac{1}{9}OH^2+\frac{2}{9}AM^2 $
Ora per la (3) e':$ AM^2=m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4} $,quindi sostituendo
e facendo i calcoli si trova la relazione indicata.

d)Se P e' un punto qualunque del piano di ABC,risulta:
$ PA^2+PB^2+PC^2=GA^2+GB^2+GC^2+3PG^2 $
Infatti (vedi fig.3) dal triangolo APL per Stewart si ha:
$ AP^2.GL+PL^2.AG=AL(PG^2+AG.GL) $
ma AL=3GL e AG=2GL e quindi:
$ AP^2.GL+PL^2.(2GL)=3GL(PG^2+GL^2) $ cioe'
$ AP^2+2PL^2=3PG^2+6GL^2 $
ed analogamente per i triangoli BPM e CPN:
$ BP^2+2PM^2=3PG^2+6GM^2 $
$ CP^2+2PN^2=3PG^2+6GN^2 $
Sommando queste 3 relazioni:
$ (5)2(PL^2+PM^2+PN^2)= $
$ =9PG^2+6(GL^2+GM^2+GN^2)-(AP^2+BP^2+CP^2) $
Ora dal triangolo PBC (vedi fig.3) per la (3) si ha:
$ PL^2=\frac{2PB^2+2PC^2-BC^2}{4} $
ed analogamente da PCA e PAB si ha:
$ PM^2=\frac{2PC^2+2PA^2-CA^2}{4} $
$ PN^2=\frac{2PA^2+2PB^2-AB^2}{4} $
Sostituendo nella (5) si ottiene:
$ 2(PA^2+PB^2+PC^2)-\frac{1}{2}(AB^2+BC^2+CA^2)= $
$ 9PG^2+6(GL^2+GM^2+GN^2)-(PA^2+PB^2+PC^2) $
da cui:
$ 3(PA^2+PB^2+PC^2)= $
$ 9PG^2+6(GL^2+GM^2+GN^2)+\frac{1}{2}(AB^2+BC^2+CA^2) $
Ma :
$ GL=\frac{1}{2}GA $;$ GM=\frac{1}{2}GB $;$ GN=\frac{1}{2}GC $;
$ AB^2+BC^2+CA^2=\frac{4}{3}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)=3(GA^2+GB^2+GC^2) $
Sostituendo si ha appunto:
$ PA^2+PB^2+PC^2=GA^2+GB^2+GC^2+3PG^2 $
************************************************
Ora (vedi fig.4) dal triangolo PGH per Stewart si ottiene:
$ PH^2.FG+PG^2.HF=HG(PF^2+HF.FG) $ da cui:
$ \frac{1}{3}PH^2.HF+PG^2.HF=\frac{4}{3}HF(PF^2+HF.\frac{1}{3}HF) $
$ \frac{1}{3}PH^2+PG^2=\frac{4}{3}PF^2+\frac{4}{9}HF^2 $ e quindi:
$ PH^2=4PF^2+\frac{4}{3}HF^2-3PG^2 $
Pertanto:
$ PA^2+PB^2+PC^2+PH^2=GA^2+GB^2+GC^2+3PG^2+PH^2= $
$ \frac{4}{9}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)+3PG^2+4PF^2+\frac{4}{3}HF^2-3PG^2= $
$ \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)+4PF^2+\frac{4}{3}HF^2= $
$ \frac{1}{3}(9R^2-4FH^2)+4PF^2+\frac{4}{3}HF^2=3R^2+4PF^2 $
In particolare se P coincide con F si ha PF=0 e dunque:
$ FA^2+FB^2+FC^2+FH^2=3R^2 $
Q.E.D.

Simo_the_wolf
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Messaggio da Simo_the_wolf » 29 mar 2005, 17:17

Il problema l'ho postato in quanto esiste una soluzione (quasi) banale che si basa solo sul fatto che la circonf. di Feuerbach passa per quei nove punti.
Vediamo se qualcuno la trova (si tratta solo di trovare il metodo giusto...) :D

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Boll
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Re: Feuerbach...

Messaggio da Boll » 08 apr 2005, 13:31

Dimostrazione alternativa, non so se più breve.
Simo_the_wolf ha scritto: 1) F è il baricentro di ABCH
Sia $ M $ il punto medio di $ BC $, $ K $ il piede condotto da $ BC $. $ L $ il punto medio di $ AH $. Avremo banalmente che $ ML $ è diametro della circonferenza dei nove punti perchè $ \angle{LKH}=\pi/2 $. Ora fissiamo un origine $ O $ e indichiamo con $ \overrightarrow{OX}=\overrightarrow{X} $. Avremo che:

$ \displaystyle\overrightarrow{M}=\frac{\overrightarrow{B}+\overrightarrow{C}}{2} $
$ \displaystyle\overrightarrow{L}=\frac{\overrightarrow{A}+\overrightarrow{H}}{2} $

e poichè è noto che il punto medio del diametro è il centro:
$ \displaystyle\overrightarrow{F}=\frac{\frac{\overrightarrow{B}+\overrightarrow{C}}{2}+\frac{\overrightarrow{A}+\overrightarrow{H}}{2}}{2}=\frac{\overrightarrow{A}+\overrightarrow{B}+\overrightarrow{C}+\overrightarrow{H}}{4}} $
che è la nostra tesi.

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