Semplice ma carino
SMO-turno finale-2007
SMO-turno finale-2007
Sia ABC un triangolo acutangolo con AB > AC e sia H il suo ortocentro. Sia D il punto di intersezione dell'altezza passante per A con il lato BC. Si ottenga E specchiando C rispetto a D. Sia S il punto di intersezione delle rette AE e BH. Sia N il punto medio di AE, e M quello di BH. Dimostrare che MN e DS sono perpendicolari.
Semplice ma carino
Semplice ma carino
Spain [ESP] 
Vettorialmente (centro in O, circocentro di ABC)
2(M-N)=(A+E-B-H)=(A+2D-B-C-H)=D-(B+C)
dunque la retta per M e N risulta parallela a quella
che congiunge D con O', simmetrico di O rispetto a BC.
C'è da provare SD^2+DO'^2=SO'^2.
Ora, detta L la proiezione di B su AC, è facile ricavare AS da AL.
A seguire calcoliamo SL, quindi SB. ^SBO'=^A+^C.
Calcoliamo BO', applichiamo Carnot al triangolo SBO'
ed otteniamo SO'^2. Calcoliamo SD^2 applicando Carnot
al triangolo SAD, calcoliamo DO^2 in qualunque modo, e
1) se il teorema è vero
2) se siamo stati abbastanza furbi da fissare R=1 e scrivere ogni cosa
in funzione di seni e coseni degli angoli del triangolo ABC
3) se non ci siamo preliminarmente rotti le scatole
l'identità SD^2+DO'^2=SO'^2 DEVE essere verificata. Amen.
2(M-N)=(A+E-B-H)=(A+2D-B-C-H)=D-(B+C)
dunque la retta per M e N risulta parallela a quella
che congiunge D con O', simmetrico di O rispetto a BC.
C'è da provare SD^2+DO'^2=SO'^2.
Ora, detta L la proiezione di B su AC, è facile ricavare AS da AL.
A seguire calcoliamo SL, quindi SB. ^SBO'=^A+^C.
Calcoliamo BO', applichiamo Carnot al triangolo SBO'
ed otteniamo SO'^2. Calcoliamo SD^2 applicando Carnot
al triangolo SAD, calcoliamo DO^2 in qualunque modo, e
1) se il teorema è vero
2) se siamo stati abbastanza furbi da fissare R=1 e scrivere ogni cosa
in funzione di seni e coseni degli angoli del triangolo ABC
3) se non ci siamo preliminarmente rotti le scatole
l'identità SD^2+DO'^2=SO'^2 DEVE essere verificata. Amen.
Jack alias elianto84 alias jack202
http://www.matemate.it IL SITO
.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
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.::Achtung!!::. - Jordan causa nilpotenza -
Se ci siamo preliminariamente rotti le scatole, possiamo fare anche così:
$ ~ \angle DBH = 90-\gamma = \angle DAE $
$ ~ \angle DHB = \gamma = \angle DEA $
Quindi il quadrilatero BHAE è ciclico.
Considerando la circonferenza circoscritta a BHAE e le circonferenze con diametro AE e BH, per la concorrenza degli assi radicali, si ha che:
- AE
- BH
- la perpendicolare a MN passante per D
concorrono. Fine.
$ ~ \angle DBH = 90-\gamma = \angle DAE $
$ ~ \angle DHB = \gamma = \angle DEA $
Quindi il quadrilatero BHAE è ciclico.
Considerando la circonferenza circoscritta a BHAE e le circonferenze con diametro AE e BH, per la concorrenza degli assi radicali, si ha che:
- AE
- BH
- la perpendicolare a MN passante per D
concorrono. Fine.