[G]..raccoltina geometrica

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Dopo la scorpacciata di diseguaglianze ( e di aritmetica)
 propongo qualche ( meno nevrotico) problema di geometria.
 
 1)Nel triangolo ABC una trasversale r taglia AB in Q , AC in S
 ed il prolungamento di BC (dalla parte di C) in R .
 Le circonferenze (ABC) ed (SRC) si intersecano ulteriormente in P.
 Dimostrare che il quadrilatero AQSP e\' ciclico.
 [questa e\' una riproposizione ,vedi a pagg.2 \"Triangoli equilateri
 dove meno te li aspetti\"]
 
 2)Il pentagono regolare ABCDE e\' inscritto in un cerchio ed il
 punto P appartiene all\'arco minore BC.Provare che e\':
 PA+PD=PB+PC+PE
 
 3)Siano:ABC il generico triangolo,c il suo circocerchio,P e Q
 due punti di c diametralmente opposti.
 Provare che le rette di Simpson di P e Q rispetto
 ad ABC sono perpendicolari e che la loro intersezione R appartiene
 al cerchio di Feuerbach di ABC.
 
 Picola nota storico-geometrica.
 Se X e\' un punto di c ,allora le proiezioni ortogonali di esso
 sulle rette dei lati di ABC sono collineari e la retta che le sostiene
 e\' chiamata \"retta di Simpson\".La dimostrazione e\' facilmente
 reperibile sulla \"rete\".
 Questo teorema e\' usualmente attribuito al matematico R.Simpson
 ma non se ne trova traccia nelle opere di questo autore.
 Sembra invece che la scoperta sia opera di W.Wallace che pare
 l\'abbia formalizzata nel 1799.
 Sul cerchio di Feuerbach non credo ci sia tanto da ricordare. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 10-10-2004 17:49 ]

Simo_the_wolf · Messaggio da **Simo_the_wolf** » 01 gen 1970, 01:33

Faccio il 1°:
 parlando di angoli:
 
 PAB=180-PCB=RCP=RSP=180-PSQ
 
 essendo PAB+PSQ=180 allora il quadrilatero PSQA è ciclico <IMG SRC="images/forum/icons/icon21.gif">

Simo_the_wolf · Messaggio da **Simo_the_wolf** » 01 gen 1970, 01:33

Per il 2°:
 per tolomeo abbiamo (chiamando l il lato del pentagono e d la diagonale)
 BPED --> PB*l+PD*d=PE*d (1)
 FEBP --> PF*d=PB*l+PE*l (2)
 BPCE --> PE*l=PB*d+PC*d (3)
 
 Sommandole tutte insieme otteniamo:
 
 PD*d+PF*d=PB*d+PE*d+PC*d
 
 e dividendo tutto per d abbiamo:
 
 PD+PF=PB+PE+PC
 
 cioè la tesi

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Bella soluzione.Bella e sintetica.
 Io manco me n\'ero accorto, tutt\'intento
 com\'ero a risolverlo con il teorema di Simpson!
 (mi riferisco al 1°es.)
 
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 10-10-2004 22:28 ]

bobby_fischer · Messaggio da **bobby_fischer** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-10 16:46, karl wrote:
 2)Il pentagono regolare ABCDE e\' inscritto in un cerchio ed il
 punto P appartiene all\'arco minore BC.Provare che e\':
 PA+PD=PB+PC+PE
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 Piccola nota: se non mi sbaglio, questo problema è uguale ad uno appena proposto allo stage di Napoli.
 
 Ciao
 Nick

Loth · Messaggio da **Loth** » 01 gen 1970, 01:33

<TABLE BORDER=0 ALIGN=CENTER WIDTH=85%><TR><TD>Quote:<HR></TD></TR><TR><TD><BLOCKQUOTE>
 On 2004-10-12 20:57, bobby_fischer wrote:
 Piccola nota: se non mi sbaglio, questo problema è uguale ad uno appena proposto allo stage di Napoli.
 
 Ciao
 Nick
 </BLOCKQUOTE></TD></TR><TR><TD><HR></TD></TR></TABLE>
 
 E anche a Pavia... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Ed e\' uguale a quello che si trova in un
 testo di mia consultazione la cui prima edizione
 risale ...al 1973.
 Insomma se io ci sono cascato,anche a Napoli e a Pavia
 non e\' che si scherza!!
 Orsu\' risolvete anche il terzo quesito....

Simo_the_wolf · Messaggio da **Simo_the_wolf** » 01 gen 1970, 01:33

Per il terzo: sono riuscito a dimostrare che le due rette sono perpendicolari (fatto con gli angoli) ma come si fa a dimostrare che il punto d\'intersezione appartiene alla circonf. di Feuerbach? (ho provato con simmetrie con l\'ortocentro o col baricentro ma non mi viene nulla...) <IMG SRC="images/forum/icons/icon_mad.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon27.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

<IMG SRC="http://xoomer.virgilio.it/carlolorito/simpson.bmp">
 Generalizzando il quesito, dimostriamo che l\'angolo (non ottuso)
 formato dalle due rette di Simpson s1 ed s2 e\' uguale alla
 meta\' dell\'arco minore formato dai punti P e Q.
 Il quadrilatero PZXB (vedi fig.) e\' ciclico e dunque:
 ZXP=ZBP=AMP e da cio\' segue che la retta XYZ e\' parallela
 alla retta AM.In modo simile si dimostra che UVW e\' parallela
 ad AN e allora risulta XTW=MAN perche\' angoli della stessa specie
 e con i lati paralleli.Ora MAN e\' la meta\' dell\'arco minore MN
 e poiche\' gli archi MN e PQ sono uguali perche\' le rette
 PM e QN risultano parallele ne consegue :
 XTW=MAN=1/2(MN)=1/2(PQ).
 In particolare se P e Q sono diametralmente opposti
 si otterra\' XTW=1/2(180°)=90°.
 Non ho purtroppo la soluzione della seconda parte
 del quesito.

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Per la seconda parte del quesito provare a dimostrare ed utilizzare il seguente lemma:
 
 Lemma RL151004
 
 dato un triangolo ABC, sia RS la retta di S. relativa ad un punto P di c(ABC). provare che RS biseca HP, dove H e\' l\'ortocentro di ABC.
 
 PS
 
 Mi ha fatto sudare le proverbiali sette camicie, ma alla fine ce l\'ho fatta: buon divertimento.

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

<IMG SRC="http://xoomer.virgilio.it/carlolorito/simp2.bmp">
 Posto PBZ=a,dalla fig.si deduce che:
 1)PXZ=PBZ=a (perche\' angoli allo stesso arco PZ nel quadrilatero
 inscrittibile BXZP)
 2)PBZ=PSA=a (perche\' angoli allo stesso arco PA)
 3)PSA=XPR=a (perche\' le rette PX e AS sono parallele.
 Ne segue che PXZ=XPR e che quindi PXQ e\' isoscele -->PQ=XQ
 Inoltre:
 QXR=90°-PXZ=90-a;QRX=DRS=90°-PSA=90°-a e dunque il triangolo
 XQR e\' isoscele-->QR=XQ (=PQ).
 Pertanto Q e\' il punto medio di PR.Ora si ha:
 HBC=SAC (perche\' complementari di ACB)
 SAC=CBS (perche\' angoli allo stesso arco CS).
 Allora HBC=CBS e quindi ,essendo BC perpendicolare ad AS,ne viene
 che BC e\' anche bisettrice di HBS ,da cui:HRD=DRS=90°-a.
 Cio\' prova che RH e\' parallelo alla retta s di Simpson.
 E allora,essendo Q punto medio di PR, sara\' M punto medio di PH.
 [q.d.d.]
 Sulle conseguenze di questo teorema devo ancora riflettere.
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 16-10-2004 18:03 ]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Karl, io non riesco a scaricare bene la figura (ne vedo solo un pezzo). Perche\' non definisci i punti che usi, cosicche possa seguire il ragionamento indipendemente dalla (tua) figura <IMG SRC="images/forum/icons/icon_smile.gif">.
 Questo, mi permetto di suggerirlo, vale in generale: anche se gli attachments funzionassero.

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

ABC=triangolo inscritto in una crf.
 (A in alto,B e C in basso con B a sinistra di chi guarda)
 P= punto scelto sull\'arco BA ,piu\' vicino ad A.
 XYZ= proiezioni ortogonali di P su BC,AC,AB rispettivamente.
 H=ortocentro di ABC (intersezione delle altezze uscenti da A e da B)
 AH intersechi BC in D e la circonf. in S
 PS intersechi BC in R
 Si congiungano :
 P con B ed R con S ed H.
 Q=intersezione di PS con la retta di Simpson s
 M=intersezione di PH con la retta di Simpson s.
 Scusa se ho abbondato in particolari ma voglio essere sicuro.
 Comunque io vedo la fig. perfettamente.
 Saluti. [ Questo Messaggio è stato Modificato da: karl il 16-10-2004 20:44 ]

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Ok, ora ci sono. Sembra simile alla prova che ho trovato io.
 Sia P su c(ABC) ed R ed S le sue proiezioni ortogonali su AB e BC rispettivamente e siano H e K gli incentri di c(ABC) e c(BRS) rispettivamente.
 
 Se H\' e K\' sono i simmetrici di H e K riseptto ad AB e\' noto (e non e\' difficile provarlo, seguendo la via usata da Karl o in altri modi, ad esempio considerando che < AHB e\' supplementare all\'angolo < ACB e similmente per K) che stanno sull\'intersezione di CH con c(ABC) ed SK con c(BRS).
 Dal fatto che < K\'PB = < K\'SB e < H\'PB = < H\'CB e dal fatto che CH//SK segue che < K\'PB = < H\'PB questo, essendo BP un diametro, implica che < BK\'H\' = 90. per simmetria anche < BKH = 90. Essenso BK ortogonale ad RS si ha che HK//RS. Essendo, come e\' facile verificare, RPSK un parallelogramma si ha che RS biseca KP e per quanto provato, biseca anche HP.
 
 
 Da qui non e\' complicato (o comunque meno complicato della prova del lemma) \"chiudere\" il terzo problema della lista.
 
 PS
 
 Come extra, si ha anche che il luogo dei punti K al variare di P su c(ABC) e\' un cerchio di diametro BH.
 
 [ Questo Messaggio è stato Modificato da: sprmnt21 il 16-10-2004 21:42 ]

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

<IMG SRC="http://xoomer.virgilio.it/carlolorito/sp2.bmp">
 E\' ora possibile verificare che l\'intersezione di due rette di
 Simpson relative a due punti diametralmente opposti di c(ABC),
 che si e\' gia\' dimostrato essere perpendicolari, appartiene al
 cerchio di Feuerbach relativo ad ABC.
 Siano M1,M2,M3 i punti medi di BC,CA,AB rispettivamente.
 I triangoli ABC ed M1M2M3 sono omotetici nella omotetia
 (G,2) [G=baricentro di ABC] e quindi all\'ortocentro H di
 ABC corisponde l\'ortocentro di M1M2M3 ovvero,com\'e\' noto,il
 circocentro O di ABC e al circocentro O corrisponde il
 circocentro F di M1M2M3 (che e\' poi il centro del cerchio
 di Feuerbach).Inoltre risulta:
 HG=2*GO [H,G ,O allineati sulla retta di Eulero]
 OG=2*GF [G,F,O allineati sulla retta di Eulero]
 Raccogliendo ne segue che i 4 punti H,G,F,O sono tutti
 sulla retta di Eulero ed inoltre F e\' il punto medio di OH.
 Se ora,con riferimento alla figura,nel triangolo PHQ indichiamo
 con F\' l\'intersezione di OH con MN,risulta ,per cio\' che si e\'
 gia\' dimostrato ,F\' punto medio di OH e quindi coincide con F.
 Equivalentemente cio\' vuol dire che la circonferenza circoscritta
 al triangolo rettangolo MNT e\' proprio il cerchio di Feuerbach
 in quanto ha per centro F e per diametro MN=PQ/2
 [il diametro del cerchio di F. e\' esattamante 1/2 del diametro
 del circocerchio] .
 c.d.d.