Doppio TST!

[Pigkappa]

Sono i due del TST; nel 5c in realtà diceva "dimostra che la potenza è..." ma non ricordo la formula. Non sono molto difficili ad ogni modo. Buon lavoro ^^.


1)
a)Sia ABC un triangolo acutangolo. Determinare il luogo geometrico dei centri dei rettangoli che hanno i quattro vertici sui lati di ABC.
b)Determinare se esistono punti che sono i centri di 3 diversi rettangoli che hanno i quattro vertici sui lati di ABC.


5)
Sia ABC un triangolo acutangolo. Sia P un punto all'interno del triangolo. Siano Oa, Ob, Oc i circocentri di BPC, APC, APB.
a)Determinare il luogo geometrico dei punti P tali che si abbia OaOb/AB=ObOc/BC=OcOa/CA.
b)Dimostrare che per ogni punto P che soddisfa il punto a), le tre rette AOa, BOb, COc concorrono in un punto X.
c)Calcolare (in funzione dei lati a, b, c di ABC e del raggio del suo circocerchio R) la potenza di ogni punto X trovato al punto b).

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

1) facile facile...

a)perchè i quattro punti sui lati formino rettangoli 2 devono essere su uno stesso lato. Chiamiamo H l'ortocentro di ABC.
Presa una parallela generica a AB che interseca AC in $ D_n $ e CB in $ E_n $, $ F_n $ il punto di intersezione della perpendicolare condotta da $ D_n $ a AB e $ G_n $ il punto di intersezione della perpendicolare condotta da$ E_n $ a AB. Il punto medio di $ D_nF_n $ è $ M_n $ e quello di $ E_nG_n $ è $ N_n $.
Chiamato $ N_c $ il punto medio della altezza condotta da C, i centri dei rettangoli con due punti in AB stanno nei punti medi dei segmenti con estremi i punti $ M_n $ e $ N_n $ che stanno Tutti sulle rette $ AN_c $ e $ BN_c $ per omotetia dei triangoli $ M_nN_nH $ e quindi sulla retta che unisce il punto medio $ M_c $ di AB con $ N_c $.
Ciclicamente per gli altri lati si ottiene il luogo che sono i tre segmenti che uniscono il punto medio di un lato col punto medio dell'altezza relativa a quel lato.
b) è l'intersezione dei tre segmenti che concorrono nel punto di Lemoine che si può anche ottenere come punto in cui si intersecano i tre segmenti che rispettivamente passano per il punto di mezzo di un lato e il punto di mezzo dell'altezza su tale lato.

[jordan]

1a)lho fatto anche io quindi era veramente facile.. 1b)vorrei una dimostrazione xke non so cos'è quel punto di Lemonie

[Pigkappa]

1B) Nota che i punti medi delle altezze stanno sui lati del triangolo dei punti medi, scrivi Ceva su quel triangolo e guarda che viene fuori...

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

5) ho qualche dubbio comunque posto la mia soluzione...

a) M è il punto medio ci AP e N di PB. La tesi equivale a $ O_aO_bO_c $ simile a $ ABC $ e quindi $ \angle O_bO_cO_a = \angle ACB $ e cicliche. Essendo gli assi perpendicolari ai lati $ NPMO_c $ è ciclico e quindi $ \angle O_bO_cO_a = 180 - APB $. Quindi il simmetrico di P rispetto a AB sta sulla crf circosritta a ABC e gli unici punti in cui cliclicamente coincidono i P è l'ortocentro per le sue proprietà.
b)come detto prima l'ortocentro di $ ABC $ coincide con il circocentro di $ O_aO_bO_c $ e viceversa quindi i triangoli hanno come centro di simmetria il punto medio tra ortocentro e circocentro o anche detto centro della circonferenza di Feuerbach.
c) basta trovare la potenza del centro di feuerbach, ma questo lo lacio a voi

[jordan]

pigkappa hai ragione!very thanks (a rifletterci era facile pure questa!)

[Il_Russo]

Comunque il problema diceva che la potenza doveva essere (usando le notazioni standart) $ \frac{a^2+b^2+c^2-5R^2}{4} $
R è il raggio della circonferenza circoscritta, a, b, c, sono i lati. Provate in analitica, è semplice (talmente semplice che in gara non ci sono arrivato)...

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

tornando al punto c si può risolvere anche senza analitica:

M è il punto medio di BC, $ \Gamma $ il circocerchio, G è il baricentro, H l'ortocentro, O il corcocentro e P il centro della crf di Fuerbach.

applicando il teorema di Stewart al triangolo AGM si trova la lunghezza di $ GO^2 $

$ 4PO^2 = HO^2=9GO^2 = 9R^2 - a^2 - b^2 - c^2 $

e quindi

$ \displaystyle pow_\Gamma(P)= R^2 - PO^2 = \frac{a^2 + b^2 + c^2 - 5R^2}{4} $