Sia dato un triangolo $ ABC $, con $ H $ il suo ortocentro.La perpendicolare alla bisettrice dell'angolo $ \angle{BHC} $ passante per $ H $ incontra $ AB,AC $ in $ D,E $ rispettivamente. La bisettrice dell'angolo $ \angle{BAC} $ incontra il cenchio circoscritto al tringolo $ \triangle{ADE} $ in $ K $.
Dimostrare che $ HK $ seca $ BC $ nel suo punto medio.
ciao ciao
triangolo vietnamita
Ecco una soluzione che contiene anche ..un po' di geometria!
Si ha:
$ $RHF=180°-\alpha=BHC,FHC=\alpha $
Poiche' HE e' perpendicolare alla bisettrice HU ,essa e' bisettrice di FHC
e quindi :
$ $FHE=EHC=\alpha/2,FEH=\pi/2-\alpha/2,HEK=DAK=\alpha/2 $
(e cio' prova che AK e' diametro della circonferenza c(ADE))
Posto FHS=x si ha poi:
$ $FSH=\pi/2-x,HCF=\pi/2-\alpha,HCB=\alpha+\gamma-\pi/2 $
Ed ancora:
$ $HBC=\pi/2-\gamma,AHF=BHT=\gamma,HAK=\pi/2-\gamma-\alpha/2 $
$ AHK=x+\gamma,HKA=\pi/2+\alpha/2-x $
Applicando ora il teorema dei seni ad opportuni triangoli risulta:
$ $AH=\frac{AE\cos(\alpha/2)}{\sin(\alpha/2+\gamma)},AK=\frac{AE}{\cos(\alpha/2)} $
Ma :
$ $\frac{AH}{\cos(\alpha/2-x)}=\frac{AK}{\sin(\gamma+x)} $
e quindi sostituendo le precedenti formule:
$ $\frac{\cos(\alpha/2)}{\cos(\alpha/2-x)\sin(\alpha/2+\gamma)}=\frac{1}{\cos(\alpha/2)\sin(x+\gamma)} $
che ,semplificando, porta alla relazione:
$ $\cot x=2\cot\alpha-\tan\gamma $
Si ha ancora:
$ $ SF=FH\tan x,HC=\frac{FH}{\cos\alpha} $
$ $ CS=\frac{HC}{\cos x}\sin(x-\alpha)=\frac{FH\sin(x-\alpha)}{\cos\alpha \cos x} $
Pertanto abbiamo:
$ $\frac{CS}{SF}=\frac{sin(x-\alpha)}{\sin x\cos\alpha}=1-\tan\alpha\cot x= $$ $1-\tan\alpha(2\cot\alpha-\tan\gamma)=\tan\alpha\tan\gamma-1 $
Inoltre:
$ $BH=\frac{HC}{\cos\gamma}\sin(\alpha+\gamma-\pi/2)=FH\frac{\sin(\alpha+\gamma-\pi/2)}{\cos\alpha\cos\gamma} $
Quindi:
$ $\frac{BH}{FH}=\tan\alpha\tan\gamma-1 $
Applichiamo ora Ceva al triangolo BFC e alla secante HS:
$ $\frac{BM}{MC}.\frac{CS}{SF}.\frac{FH}{BH}=1 $
Ovvero:
$ $\frac{BM}{MC}(\tan\alpha\tan\gamma-1)\frac{1}{\tan\alpha\tan\gamma-1}=1 $.
Da cui (finalmente!!!) viene fuori BM=MC
I puristi si scandalizzino pure
Leandro
mah credo proprio che vada bene,e i calcoli non sono così astronomici.
io ho usato il lemma seguente(scritto in piccolo per chi ancora non si arrende):
LEMMA:
dati tre punti A,B,C e le loro proiezioni A_1,B_1,C_1 su una retta r e le loro proiezioni A_2,B_2,C_2 su una retta s (r e s incidenti), allora se le tre proiezioni sulle due rette stanno nello stesso ordine e vale A_1C_1/A_1B_1=A_2C_2/A_2B_2, allora i tre punti sono allineati(la dim è VERAMENTE banale.
con un pò(non tanti) conti si vede che le due ipotesi sono soddisfatte per H,K,M con le rette r e s i due lati ABe AC quindi H,K,M sono allineati.
ciao ciao
io ho usato il lemma seguente(scritto in piccolo per chi ancora non si arrende):
LEMMA:
dati tre punti A,B,C e le loro proiezioni A_1,B_1,C_1 su una retta r e le loro proiezioni A_2,B_2,C_2 su una retta s (r e s incidenti), allora se le tre proiezioni sulle due rette stanno nello stesso ordine e vale A_1C_1/A_1B_1=A_2C_2/A_2B_2, allora i tre punti sono allineati(la dim è VERAMENTE banale.
con un pò(non tanti) conti si vede che le due ipotesi sono soddisfatte per H,K,M con le rette r e s i due lati ABe AC quindi H,K,M sono allineati.
ciao ciao
Ultima modifica di frengo il 27 apr 2006, 07:58, modificato 1 volta in totale.
Aaaah!!! Maledetti Vietcong! 
... Ho rischiato di restarci secco su 'sto problema!
Allora, siano:
$ C_1=AB \cap CH $, $ B_1=CA \cap BH $
Dimostro come ha già fatto Leandro che $ AK $ è diametro della circonferenza circoscritta a $ ADE $(non sto a riportarlo, l'ho fatto esattamente come lui). Da questo ho che $ \displaystyle \angle ADK=\angle AEK = \frac {\pi}{2} $ Quindi $ CC_1 //DK $, $ BB_1 // EK $. Siano ora:
$ F=BB_1 \cap DK $, $ G= CC_1 \cap EK $.
Ora, dalla similitudine tra $ BC_1H $e $ CB_1H $ e per Talete applicato ai due triangoli, abbiamo che $ \displaystyle \frac{BF}{FH}=\frac{CG}{GH} $, dunque, sempre per Talete, $ GF // BC $. Sia $ M= HK \cap GF $, è noto che $ M $ si trova nel punto medio delle diagonali del parallelogramma, quindi, poichè $ GF // BC $ implica che $ HGF $ e $ HBC $ sono simili, allora $ HK $ biseca $ BC $.
Buona notte.
Edo
... Ho rischiato di restarci secco su 'sto problema!Allora, siano:
$ C_1=AB \cap CH $, $ B_1=CA \cap BH $
Dimostro come ha già fatto Leandro che $ AK $ è diametro della circonferenza circoscritta a $ ADE $(non sto a riportarlo, l'ho fatto esattamente come lui). Da questo ho che $ \displaystyle \angle ADK=\angle AEK = \frac {\pi}{2} $ Quindi $ CC_1 //DK $, $ BB_1 // EK $. Siano ora:
$ F=BB_1 \cap DK $, $ G= CC_1 \cap EK $.
Ora, dalla similitudine tra $ BC_1H $e $ CB_1H $ e per Talete applicato ai due triangoli, abbiamo che $ \displaystyle \frac{BF}{FH}=\frac{CG}{GH} $, dunque, sempre per Talete, $ GF // BC $. Sia $ M= HK \cap GF $, è noto che $ M $ si trova nel punto medio delle diagonali del parallelogramma, quindi, poichè $ GF // BC $ implica che $ HGF $ e $ HBC $ sono simili, allora $ HK $ biseca $ BC $.
Buona notte.
Edo
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Simo_the_wolf
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.... Grazie mille... lusingatissimo. Non mi sembrava di aver fatto una cosa così astronomica, e scusate se sono stato un po' sintetico ma era piuttosto tardi.