Ho ripescato un vecchio post di Jack202( ( ...ma proprio vecchio)
<BR>nel quale si invitava a dimostrare che ,detti H,G,O rispettivamente
<BR>l\'ortocentro,il baricentro ed il circocentro di un triangolo ,risulta che:
<BR>H,G,O sono allineati ed inoltre e\' HG=2*GO.
<BR>Ecco una dimostrazione,forse gia\' nota o forse no.
<BR>Chiamiamo ABC il triangolo.
<BR>Siano M1,M2,M3 i punti medi di BC,AC,AB.Come e\' noto
<BR>risulta AG=2*GM1 ,BG=2*GM2,CG=2*GM3.Ne segue che
<BR>le coppie di punti (A,M1) ,(B,M2), (C,M3) si corrispondono
<BR>nella omotetia (inversa) di centro G e rapporto =-2.
<BR>Pertanto ai punti notevoli del triangolo ABC corrispondono,in
<BR>questa omotetia,i punti notevoli del triangolo M1M2M3
<BR>In particolare all\'ortocentro H corrisponde l\'ortocentro di M1M2M3
<BR>ma tale ortocentro ,com\'e\' noto, e\' proprio il circocentro
<BR>O e quindi,per l\'omotetia di cui prima,H ed O sono allineati con G
<BR>ed inoltre HG=|-2|*GO.
<BR>C.V.D.
<BR>
La retta di Eulero.
Moderatore: tutor
Capperi! Addirittura tre \"EULERI\":la moltiplicazione dei pani e dei pesci!
<BR>A parte gli scherzi,trovo il problema stimolante.Stasera quando torno
<BR>ci provo,sperando che non sia di quelli che si risolvono con una battuta (sia pure geometrica).
<BR> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 09-02-2004 18:23 ]
<BR>A parte gli scherzi,trovo il problema stimolante.Stasera quando torno
<BR>ci provo,sperando che non sia di quelli che si risolvono con una battuta (sia pure geometrica).
<BR> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_eek.gif"> <BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 09-02-2004 18:23 ]
Se assumiamo come centro del sistema di riferimento il circocentro O
<BR>di ABC, abbiamo H=A+B+C. Ora
<BR>
<BR>Baric(HCB)=(B+C+H)/3 = (A + 2B + 2C)/3
<BR>Ortoc(HCB)=A
<BR>
<BR>Se un punto appartiene alla retta per Baric(HCB) e Ortoc(HCB), allora
<BR>si può scrivere come
<BR>
<BR>P = A + x (B+C-A), con x elemento qualunque di R
<BR>
<BR>Analogamente, se P appartiene anche alla retta per Baric(HAC) e Ortoc(HAC),
<BR>si può esprimere come
<BR>
<BR>P = B + y (A+C-B)
<BR>
<BR>L\'intersezione delle due rette è dunque il punto P\'=(A+B+C)/2
<BR>(e si verifica facilmente che anche la terza retta passa per questo punto).
<BR>
<BR>Le tre rette di Eulero concorrono quindi nel punto medio del segmento OH.
<BR>
<BR>\"Vector Power!!!\"
<BR>
<BR>
<BR>di ABC, abbiamo H=A+B+C. Ora
<BR>
<BR>Baric(HCB)=(B+C+H)/3 = (A + 2B + 2C)/3
<BR>Ortoc(HCB)=A
<BR>
<BR>Se un punto appartiene alla retta per Baric(HCB) e Ortoc(HCB), allora
<BR>si può scrivere come
<BR>
<BR>P = A + x (B+C-A), con x elemento qualunque di R
<BR>
<BR>Analogamente, se P appartiene anche alla retta per Baric(HAC) e Ortoc(HAC),
<BR>si può esprimere come
<BR>
<BR>P = B + y (A+C-B)
<BR>
<BR>L\'intersezione delle due rette è dunque il punto P\'=(A+B+C)/2
<BR>(e si verifica facilmente che anche la terza retta passa per questo punto).
<BR>
<BR>Le tre rette di Eulero concorrono quindi nel punto medio del segmento OH.
<BR>
<BR>\"Vector Power!!!\"
<BR>
<BR>
In effetti non è l\'incentro...ma neanche la risposta di Jack è granchè soddisfacente: non è euclidea e poi mi spaccia come \"punto notevole\" il punto medio tra ortocentro e circocentro!!
<BR>Non che sia sbagliata la risposta, ma quel punto ha una particolarità...non è solo un punto medio!
<BR>E cmq è punto medio tra ortocentro e circocentro di ABC, ABH, ACH, BCH e quindi per tutti e quattro è lo stesso punto notevole...su, Jack, mi pare che tu sappia di tale punto (non è un assurdo coniugato isogonale di X_134, è mooolto più umano).
<BR>Non che sia sbagliata la risposta, ma quel punto ha una particolarità...non è solo un punto medio!
<BR>E cmq è punto medio tra ortocentro e circocentro di ABC, ABH, ACH, BCH e quindi per tutti e quattro è lo stesso punto notevole...su, Jack, mi pare che tu sappia di tale punto (non è un assurdo coniugato isogonale di X_134, è mooolto più umano).
Ecco la dimostrazione geometrica (facile dopo quanto gia\' detto).
<BR>Siano:
<BR>ABC il triangolo,H=ortocentro,O=circocentro,G=baricentro,M=punto medio di AB,G1=baricentro di AHB,F=centro di Feuerbach.
<BR>Ricordiamo che H,G,O,F sono sulla stessa retta (di Eulero) e che F e\' punto medio di HO e G e\' punto medio di FO.
<BR>Sia ora E l\'intersezione di HO con CG1 (retta di Eulero di AHB).In sostanza si tratta di dimostrare che E coincide con F.A tale scopo osserviamo che ,essendo HG=2*GO e HG1=2*G1M,risulta GG1 parallelo ad OM e quindi
<BR>a CH;i triangoli CHE e EGG1 sono allora simili e quindi (con qualche calcolo)
<BR>si ha:
<BR>HE=3*EG ovvero HG=4*EG,ma HG=2*GO quindi:GO=2*EG ed ancora:
<BR>EO=3*EG.
<BR>Pertanto,essendo uguali HE ed EO,E e\' il punto medio di HO e pertanto coincide con F.
<BR> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
<BR>Siano:
<BR>ABC il triangolo,H=ortocentro,O=circocentro,G=baricentro,M=punto medio di AB,G1=baricentro di AHB,F=centro di Feuerbach.
<BR>Ricordiamo che H,G,O,F sono sulla stessa retta (di Eulero) e che F e\' punto medio di HO e G e\' punto medio di FO.
<BR>Sia ora E l\'intersezione di HO con CG1 (retta di Eulero di AHB).In sostanza si tratta di dimostrare che E coincide con F.A tale scopo osserviamo che ,essendo HG=2*GO e HG1=2*G1M,risulta GG1 parallelo ad OM e quindi
<BR>a CH;i triangoli CHE e EGG1 sono allora simili e quindi (con qualche calcolo)
<BR>si ha:
<BR>HE=3*EG ovvero HG=4*EG,ma HG=2*GO quindi:GO=2*EG ed ancora:
<BR>EO=3*EG.
<BR>Pertanto,essendo uguali HE ed EO,E e\' il punto medio di HO e pertanto coincide con F.
<BR> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">
Ok...a questo punto posto anche la mia...
<BR>ABC è il triangolo, H è il suo ortocentro, A\' B\' C\' sono i circocentri di BCH, ACH, ABH.
<BR>
<BR>Ora, sappiamo che A\'B=C\'A=B\'C (i raggi delle circ circoscritte sono uguali) e inoltre, A\'C\' è perpendicolare a BH, infatti la circ circoscritta a BCH interseca la circ circoscritta a BAH in B e in H, quindi la congiungente dei centri è perpendicolare alla congiungente i punti di intersezione. Quindi A\'C\' // AC; inoltre è facile dimostrare che <C\'AC+<ACA\'=180 e quindi A\'C//C\'A (basta sommare un poco di angoli).
<BR>Quindi A\'A e C\'C si bisecano
<BR>Ripetendo il ragionamento sulle altre possibili quaterne di punti, abbiamo che le tre rette si bisecano e quindi il punto di intersezione è il centro della comune circonferenza di Feuerbach. Inoltre, in quanto tale, essa passa per i punti medi di AB, BC, CA e quindi è anche circ di F del triangolo ABC.
<BR>
<BR>@Cosma: la circonferenza di Feuerbach è una circonferenza che passa per i punti medi dei lati, i piedi delle altezze e i punti medi dei segmenti che collegano i vertici all\'ortocentro (per questo è anche detta circonferenza dei nove punti). Il suo centro è punto medio tra l\'ortocentro e il circocentro e quindi appartiene anch\'esso alla detta retta di Eulero. E\' facile vedere che il raggio della cdF è metà del raggio della circ circoscritta al triangolo originale.
<BR>
<BR>E\' utile esercizio tentare di dimostrare che la circonferenza che passa per i tre punti medi dei lati passa anche per i piedi delle altezze e viceversa e poi aggiungere anche i punti medi dei segmenti dai vertici all\'ortocentro.
<BR>
<BR>A presto.
<BR> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>ABC è il triangolo, H è il suo ortocentro, A\' B\' C\' sono i circocentri di BCH, ACH, ABH.
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<BR>Ora, sappiamo che A\'B=C\'A=B\'C (i raggi delle circ circoscritte sono uguali) e inoltre, A\'C\' è perpendicolare a BH, infatti la circ circoscritta a BCH interseca la circ circoscritta a BAH in B e in H, quindi la congiungente dei centri è perpendicolare alla congiungente i punti di intersezione. Quindi A\'C\' // AC; inoltre è facile dimostrare che <C\'AC+<ACA\'=180 e quindi A\'C//C\'A (basta sommare un poco di angoli).
<BR>Quindi A\'A e C\'C si bisecano
<BR>Ripetendo il ragionamento sulle altre possibili quaterne di punti, abbiamo che le tre rette si bisecano e quindi il punto di intersezione è il centro della comune circonferenza di Feuerbach. Inoltre, in quanto tale, essa passa per i punti medi di AB, BC, CA e quindi è anche circ di F del triangolo ABC.
<BR>
<BR>@Cosma: la circonferenza di Feuerbach è una circonferenza che passa per i punti medi dei lati, i piedi delle altezze e i punti medi dei segmenti che collegano i vertici all\'ortocentro (per questo è anche detta circonferenza dei nove punti). Il suo centro è punto medio tra l\'ortocentro e il circocentro e quindi appartiene anch\'esso alla detta retta di Eulero. E\' facile vedere che il raggio della cdF è metà del raggio della circ circoscritta al triangolo originale.
<BR>
<BR>E\' utile esercizio tentare di dimostrare che la circonferenza che passa per i tre punti medi dei lati passa anche per i piedi delle altezze e viceversa e poi aggiungere anche i punti medi dei segmenti dai vertici all\'ortocentro.
<BR>
<BR>A presto.
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