da cesenatico 05 (unofficial)

[what]

questo problema è stato proposto da stefano attanasio al tavolo dei romani di cesenatico 2005,
ed è stato risolto in pochi minuti su un tovagliolo ( ) da frengo; voi fatelo pure su un quaderno, è un bel problema.

Sia AB un segmento, e C un punto del piano tale che ACB=60°. Siano H e K i piedi delle altezze del triangolo ABC relative ai lati AC, BC. Si determini il luogo dei circocentri di HKC al variare di C.

[edriv]

Ma è uguale a "selezione Cortona 95"
Almeno sul libro "Le Olimpiadi della Matematica" seconda edizione lo segna così!
Il testo è leggermente diverso ma chiede esattamente la stessa cosa.

Comunque una settimana fa (quando facevo i problemi del libro) avevo cercato di risolverlo in questo modo:

Aggiungo alcuni punti:
O è l'ortocentro di ABC, P è l'ortocentro di CHK.
Il quadrilatero CHOK è ciclico perchè ha due angoli opposti retti, quindi P è anche io suo circocentro. Inoltre il diametro della circonferenza inscritta è CO (perchè abbiamo dei triangoli rettangoli), quindi P è il punto medio del segmento CO.

Il luogo dei punti che può occupare C sono due archi di circonferenza simmetrici rispetto ad AB, quindi ragiono solo su uno di questi.
Poi l'angolo AOB è uguale a 180 - ACB o ad ACB, a seconda che il triangolo sia acutangolo oppure ottuso.

A questo punto mi sono bloccato, però sembrava che venissero i punti medi tra due circonferenze uguali e traslate, quindi un'altra circonferenza... sembrava.

[Leandro]

Costruiamo il triangolo AEB isoscele su AB e tale che sia AEB=120°:
il punto C appartiene allora all'arco maggiore AB della circonferenza c
di centro E e raggio AE=BE=r.
DAl quadrilatero circoscrittibile CHOK si trae che ,essendo HCK=60°,e'
AEB=AOB=HOK=120° e pertanto il punto O appartiene all'arco minore
AB della circonferenza passante per A e B e simmetrica di c rispetto ad AB.
Ora,congiungendo nel quadrilatero COFE (dove e' CE=EF=FO=r
e CO e' parallelo ad EF) C con F ed O con E,e' facile vedere che esso e' un rombo.
Sara' quindi CO=r ed allora il segmento PM,congiungente
P( medio di OC) ed M (medio di EF) ,sara' uguale ad r : PM=r.
Cio' significa che il luogo richiesto e' l'arco (situato sopra AB e delimitato dalle
perpendicolari per A e B ad AB) della circonferenza di centro M e raggio r.
Ovviamente si puo' anche considerare la figura simmetrica.
Leandro.

[what]

sostanzialmente questo è lo stesso problema di cesenatico06!!!!

[Alex89]

Non era il luogo degli ortocentri, quello di Cesenatico 2006?O sono la stessa cosa?

[edriv]

In questo esercizio il luogo cercato era quello formato dal punto medio tra l'ortocentro e il punto P sulla circonferenza... quindi praticamente la "media" tra la circonferenza e il luogo degli ortocentri (la sua simmetrica).

Per fare questo esercizio bisognafa certamente capire qual era il lugo degli ortocentri, quindi, anche se più difficile, sostanzialmente era quello.

[Sisifo]

Probabilmente intendeva che questo luogo si otteneva traslando quello degli ortocentri in su.. ma questo problema io lo trovo molto più difficile del cese 06..