I soliti punti e la solita retta

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
Avatar utente
Boll
Messaggi: 1076
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Piacenza

I soliti punti e la solita retta

Messaggio da Boll » 27 ago 2005, 22:15

In un triangolo $ ABC $, $ I $ è l'incentro e $ O $ il circocentro. L'ortocentro dei tre punti in cui l'incerchio tocca i tre lati è $ X $. Provare che $ O $, $ X $, $ I $ sono collineari.

Simo_the_wolf
Moderatore
Messaggi: 1036
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Pescara

Messaggio da Simo_the_wolf » 27 ago 2005, 23:34

Allora adesso non ho molto tempo comunque descrivo a grandi linee la dimostrazione. Chiamando A', B', C' i punti di tangenza dell'incerchio relativamente ai lati BC, AC e AB, si nota che le intersezioni delle altezze di A'B'C' con l'incerchio formano un triangolo A''B''C'' simile ad ABC poichè avente i lati paralleli ad esso. Ora, si ha che l'ortocentro di A'B'C' è l'incentro di A''B''C''.

questo ci suggerisce un'omotetia. Infatti l'omotetia con coefficiente positivo che manda l'incerchio nel circocerchio manda I in O e A''B''C'' in ABC poichè hanno i lati paralleli. Quindi manda l'incentro di A''B''C'', che è X, in I e quindi X, I ed O sono allineati.

Avatar utente
info
Messaggi: 903
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00

Messaggio da info » 29 ago 2005, 10:46

Completo per esercizio la sol di Simo_the_wolf, che immagino non se ne avrà a male (personalmente mi farebbe piacere :D ):--- e poi devo chiedere spiegazioni! :wink:

STEP1: Prendiamo il triangolo A'B'C' ed il suo cerchio circoscritto. Traccio le altezze che si incontrano in H e chiamo A''B''C'' le intersezioni con il cerchio circoscritto. Allora l'ortocentro di A'B'C' è l'incentro di A''B''C''.

Chiamo M l'intersezione di A'C' e BB''; T quella di B'C' ed AA'. Allora A'MTB' è circoscrivibile ed in particolare MAT=MB'T. Quindi gli archi B''C' e C'A'' sono congruenti e da quì B''C''C'=C'C''A'' (oppure senza passare per gli archi, ma questo mi serve dopo). Analogamente per gli altri angoli.

STEP2: A''B''C'' è simile ad ABC.

Per fare questo si vuole imostrare che A''C'' è parallelo ad AC. AC in particolare è perpendicolare a B'I con I incentro di ABC. E parimenti lo è A''C'', in quanto per lo STEP1 abbiamo che gli archi C''B' e B'A'' sono uguali da cui si ricava che la corda A''C'' è dimezzata da IB' (si faccia un altro disegno se non è chiaro ed al max si ragioni su due triangoli congruenti) il che per un noto teorema significa che C''A'' e IB' sono perpendicolari da cui A''C'' ed AC sono paralleli. Analogamente per gli altri lati.

STEP 3: Studiamo un'omotetia.

L'omotetia che manda A''B''C'' in ABC [e quindi X in I] (il cui centro è dato dall'intersezione di AA'' BB'' CC'') manda contemporaneamente I in O Perchè I è contemporaneamente il circocentro di A''B''C'' (nonchè di A'B'C').

Fine...

come corollario abbiamo che AA'' BB'' CC'' ed OI concorrono nel centro dell'omotetia.

-----------------------------

In ogni caso volevo anche chiedere... Tiene senso proiettare C all'infinito e svolgere quel caso banale per giungere più pigramente alla tesi? Non sò quasi nulla di geometria proiettiva quindi...

-----------------------------

Ciao!

Edit: modificato lo step 3 che non mi era chiaro (del resto non avevo letto bene)...

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4777
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 31 ago 2005, 14:52

Un'insolita soluzione.

Scusate ma non posso resistere :
1) è noto che il punto X descritto nel problema è il coniugato isogonale del punto di Schiffler (incontro delle rette di Eulero dei triangoli ABI, BCI, ACI);
2) è noto che il punto di Schiffler ha coordinate trilineari
$ (\cos(B)+\cos(C))^{-1} : (\cos(A)+\cos(C))^{-1} : (\cos(A)+\cos(B))^{-1} $
3) è noto che il coniugato isogonale ha come coordinate trilineari gli inversi delle coordinate del punto di partenza, quindi il nostro X ha coordinate
$ (\cos(B)+\cos(C)) : (\cos(A)+\cos(C)) : (\cos(A)+\cos(B)) $
4) l'incentro ha ovviamente coordinate 1:1:1; il circocentro ha coordinate $ \cos(A):\cos(B):\cos(C) $
5) affinchè tre punti siano allineati è sufficiente e necessario che la matrice fatta dalle loro coord trilineari abbia determinante nullo, ma infatti basta sommare circocentro e X per ottenere un multiplo delle coord dell'incentro. Quindi i punti sono allineati.

Bello eh?[/code]

Avatar utente
Pixel
Messaggi: 79
Iscritto il: 23 feb 2005, 16:16
Località: Trento

Messaggio da Pixel » 31 ago 2005, 16:18

Ciao G!

Mi chiedevo se potessi postare qualche link a dispense che trattino gli argomenti da te usati.


Ciao
P. Andrea

Avatar utente
Boll
Messaggi: 1076
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Piacenza

Messaggio da Boll » 31 ago 2005, 21:34

Ok all'omotetia di simo-info.
Riguardo alla soluzione di sam, non posso che annuire facendo finta di comprendere ;)

EvaristeG
Site Admin
Messaggi: 4777
Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Località: Roma
Contatta:

Messaggio da EvaristeG » 01 set 2005, 08:27

Dispensa? dovrei cercare...per ora posso supplire così :
associamo ad ogni punto P in un triangolo ABC tre numeri $ \alpha:\beta:\gamma $ che siano proporzionali alle sue distanze dai lati, ovvero tali che esiste k non nullo per cui $ \alpha=k\cdot d(P,BC),\ \beta=k\cdot d(P, AC),\ \gamma=k\cdot d(P,AB) $.
Tali distanze vanno intese con segno, nel senso che se P e A stanno nello stesso semipiano rispetto a BC, allora d(P,BC)>0, altrimenti è negativa.
Ora, si può arrangiare il tutto (ovvero scegliere k) di modo che si abbia, ad esempio, $ \alpha+\beta+\gamma=1 $.
Dunque, possiamo intendere questi tre numeri come le coordinate della geometria analitica a tre dimensioni ristrette al piano x+y+z=1.
Ora, è noto che il volume di un tetraedro con un vertice nell'origine, che abbia gli altri tre vertici individuati dai vettori u,v,w è dato da $ u\times v \cdot w $, ovvero da $ u_x(v_yw_z-w_yv_z)-u_y(v_xw_z-w_xv_z)+u_z(v_xw_y-v_yw_x) $.
Del resto, un tetraedro che abbia i tre vertici sul piano x+y+z=1 ha volume determinato unicamente dall'area della base, in quanto l'altezza è sempre la distanza del piano dall'origine. Quindi il volume di questo tetraedro è proporzionale all'area del triangolo formato dai tre vertici sul dato piano.
Quindi date le tre terne di coordinate associate a tre punti, possiamo verificare che questi sono allineati imponendo che il tetraedro che ha vertici l'origine ed essi abbia volume zero, il che è quello che ho fatto nel problema.

Per trovare le coordinate trilineari di un punto basta calcolare le sue distanze dai lati con un po' di trigonometria...ora che ci penso, probabilmente il punto X del testo è abbastanza trigonometricamente carino da poter trovare le sue coordinate tril. senza casini sui coniugati isogonali.

Se mai ci arriverò, inserirò anche qualche cosa su questi argomenti in quelle puntate di geometria che ogni tanto infilo nel glossario.

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
Messaggi: 849
Iscritto il: 22 ott 2006, 14:36
Località: Carrara/Pisa

Messaggio da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ » 16 gen 2008, 21:13

un'altra dimostrazione potrebbe essere questa:

Il triangolo dei punti di tangenza dell'incerchio è omotetico rispetto al triangolo degli excentri per lati paralleli e quindi le rette di eulero dei due triangoli sono parallele. Ma nel triangolo degli excentri I è il circocentro e O il centro di Feuerbach e nel triangolo di tangenza dell'incerchio I è il circocentro. Quindi le due rette di eulero coincidono e OI è la retta di eulero del triangolo di tangenza dell'incerchio da cui X, O e I sono allineati

Rispondi