Sia ABC un triangolo, P un punto al suo interno tale che $ \angle APB = \angle BPC = \angle CPA = 120° $.
Dimostrare che le rette di Eulero dei triangoli APB,BPC,CPA concorrono!
Moltova TST 2007 - qualche linea di Eulero che concorre
Un tale punto P è detto punto di Fermat-Torricelli e d'ora in poi lo chiamerò F.
Costruiamo F: tracciamo su ogni lato di ABC un triangolo equilatero e congiungiamo i vertici opposti. L'intersezione delle tre rette è proprio F.
Smanettando un pò si nota che le tre linee di Eulero concorrono nel baricentro di ABC. Lo dimostriamo.
La retta di Eulero di AFB passa per il suo baricentro così come FM dove M è il punto medio di AB.
Inoltre, detti $ G_{AFB} $ il baricentro di AFB, D il vertice del triangolo equilatero di lato AB e $ O_{AFB} $ il circocentro di ABC che chiaramente è anche centro di ABD, si ha che $ \frac{G_{AFB}M}{FM} = \frac{1}{3} = \frac{MO_{AFB}}{MD} $.
Quindi la linea di Eulero è parallela a FB. Stessa cosa per gli altri due triangoli.
Supponiamo che CM incontri la retta di Eulero in G. Allora per il parallelismo dimostrato sopra si ha che $ \frac{CG}{GM} = 2 $ e quindi G è baricentro di ABC.
Stessa cosa per gli altri triangoli e la concorrenza è dimostrata.[/img]
Costruiamo F: tracciamo su ogni lato di ABC un triangolo equilatero e congiungiamo i vertici opposti. L'intersezione delle tre rette è proprio F.
Smanettando un pò si nota che le tre linee di Eulero concorrono nel baricentro di ABC. Lo dimostriamo.
La retta di Eulero di AFB passa per il suo baricentro così come FM dove M è il punto medio di AB.
Inoltre, detti $ G_{AFB} $ il baricentro di AFB, D il vertice del triangolo equilatero di lato AB e $ O_{AFB} $ il circocentro di ABC che chiaramente è anche centro di ABD, si ha che $ \frac{G_{AFB}M}{FM} = \frac{1}{3} = \frac{MO_{AFB}}{MD} $.
Quindi la linea di Eulero è parallela a FB. Stessa cosa per gli altri due triangoli.
Supponiamo che CM incontri la retta di Eulero in G. Allora per il parallelismo dimostrato sopra si ha che $ \frac{CG}{GM} = 2 $ e quindi G è baricentro di ABC.
Stessa cosa per gli altri triangoli e la concorrenza è dimostrata.[/img]
uhm, carino questo problema. Volendo si puo' anche mettere l'origine nel punto medio di BC, e a questo punto, essendo A,F e A' allineati (A' e' il vertice del triangolo equilatero di base BC), allora anche A/3,F/3 e A'/3 (ovverosia i baricentri di ABC, BCF, BCA') sono allineati. Ma il baricentro di BCA' e' il circocentro di BCF, e quindi il baricentro di ABC e' sulla retta di Eulero di BCF.
"Sei la Barbara della situazione!" (Tap)