Ancora spulciando tra le vecchie IMO, ho trovato questo, che mi sembra carino.
Il triangolo $ OAB $ ha l'angolo in $ O $ acuto. Sia $ M $ un punto di $ AB $, e siano $ P,Q $ le proiezioni di $ M $ su $ OA,OB $ rispettivamente. Sia infine $ H $ l'ortocentro di $ OPQ $. Qual è il luogo descritto da $ H $ al variare di $ M $ su $ AB $? E se $ M $ fosse libero di variare all'interno di $ OAB $?
Un bel luogo ortico
Autocensura.
Ultima modifica di elianto84 il 21 set 2005, 13:31, modificato 1 volta in totale.
Jack alias elianto84 alias jack202
http://www.matemate.it IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
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Avviso: ho distrattamente chiamato Z l'ortocentro in questione, usando H per un altro punto. Non modifico, nel timore di fare confusione.
Siano AK e BH due altezze di OAB, PR e QS due altezze di OPQ e Z l’intersezione di PR e QS, cioè l’ortocentro in esame; notiamo che le rette QM, AK e PR sono parallele perché perpendicolari ad una stessa retta e che lo stesso vale per QS, BK e MP. Per la similitudine dei triangoli ABK e BQM si ha AK: QM = AB: BM e dal corollario del teorema di Talete applicato alle rette BH e MP si ricava AB: BM = AH: HP; in conseguenza di queste due eguaglianze e di QM = PZ (lati opposti di un parallelogramma) si ottiene AK: PZ = AH: HP. I triangoli AHK e PHZ sono quindi simili, avendo due lati in proporzione e l’angolo compreso uguale (corrispondenti in rette parallele); ne consegue che gli angoli AHK e PHZ sono uguali, cioè che Z sta su HK. Il luogo richiesto è quindi la congiungente i piedi delle altezze condotte da A e B.
Se M si muovesse all'interno di OAB, Z percorrerebbe il triangolo OHK: per convincersene, basta pensare di far scorrere A e B sui lati, mantenendo AB parallelo a se stesso, mentre M si sposta sul segmento AB.
Mentre mi scervellavo sul quesito, ho trovato anche la risposta ad un
problema collegato
Se M si sposta non su un segmento AB, ma su una semiretta uscente da O ed interna all'angolo, qual'è il luogo del predetto ortocentro?
Lascio ad altri il piacere di trovare la non difficile soluzione
Siano AK e BH due altezze di OAB, PR e QS due altezze di OPQ e Z l’intersezione di PR e QS, cioè l’ortocentro in esame; notiamo che le rette QM, AK e PR sono parallele perché perpendicolari ad una stessa retta e che lo stesso vale per QS, BK e MP. Per la similitudine dei triangoli ABK e BQM si ha AK: QM = AB: BM e dal corollario del teorema di Talete applicato alle rette BH e MP si ricava AB: BM = AH: HP; in conseguenza di queste due eguaglianze e di QM = PZ (lati opposti di un parallelogramma) si ottiene AK: PZ = AH: HP. I triangoli AHK e PHZ sono quindi simili, avendo due lati in proporzione e l’angolo compreso uguale (corrispondenti in rette parallele); ne consegue che gli angoli AHK e PHZ sono uguali, cioè che Z sta su HK. Il luogo richiesto è quindi la congiungente i piedi delle altezze condotte da A e B.
Se M si muovesse all'interno di OAB, Z percorrerebbe il triangolo OHK: per convincersene, basta pensare di far scorrere A e B sui lati, mantenendo AB parallelo a se stesso, mentre M si sposta sul segmento AB.
Mentre mi scervellavo sul quesito, ho trovato anche la risposta ad un
problema collegato
Se M si sposta non su un segmento AB, ma su una semiretta uscente da O ed interna all'angolo, qual'è il luogo del predetto ortocentro?
Lascio ad altri il piacere di trovare la non difficile soluzione
Ok gianmaria, la prima parte va bene. Però non hai completato l'esercizio!
"La determinazione di un luogo geometrico richiede due dimostrazioni : per poter dire che il luogo cercato è L, si deve mostrare che tutti i punti con le date proprietà appartengono a L e poi bisogna far vedere che tutti i punti di L godono delle suddette proprietà!!" , ipse* dixit.
Solitamente la seconda parte è quasi banale, ma ometterla costa almeno un punto (credo)!
*ipse si riferisce chiaramente a Lui.
"La determinazione di un luogo geometrico richiede due dimostrazioni : per poter dire che il luogo cercato è L, si deve mostrare che tutti i punti con le date proprietà appartengono a L e poi bisogna far vedere che tutti i punti di L godono delle suddette proprietà!!" , ipse* dixit.
Solitamente la seconda parte è quasi banale, ma ometterla costa almeno un punto (credo)!
*ipse si riferisce chiaramente a Lui.
Giusta l'obiezione, anche se data la complessità della proprietà non è facile stabilire cosa occorre dimostrare: suppongo l'appartenenza di M ad AB. A qesto scopo basta ripercorrere a ritroso il ragionamento: dalla similitudine dei triangoli ABK e BQM si deduce che l'angolo KBA è uguale.
Oppure si può ragionare per assurdo: se M non sta su AB, detta B' l'intersezione di AM con OB e H' la proiezione di B' su OA, Z dovrebbe appartenere sia a KH che a KH', assurdo
Oppure si può ragionare per assurdo: se M non sta su AB, detta B' l'intersezione di AM con OB e H' la proiezione di B' su OA, Z dovrebbe appartenere sia a KH che a KH', assurdo
Pistolando un pò ho trovato che il luogo varia tra un triangolo e due segmenti;in ogni caso due segmenti si trovano su OA e OB.Il che vale anche col luogo di altri punti notevoli del triangolo.Un po' di pazienza e dovrei approdare a qualcosa(ho per caso scoperto l'acqua calda?)
Ciao,caio,icao,oiac,cioa,iaco...
Ciao,caio,icao,oiac,cioa,iaco...
Why are numbers beautiful? It’s like asking why is Beethoven’s Ninth Symphony beautiful. If you don’t see why, someone can’t tell you. I know numbers are beautiful. If they aren’t beautiful, nothing is. - P. Erdös