Consideriamo un triangolo ABC, H ortocentro, O circocentro. Sia H' il punto medio tra A e H; O' un punto tale che il punto medio di O e O' è A. Sia T l'intersezione tra BC e la tangente in A rispetto alla circoscritta.
Mostrare che A, O', H' e T sono conciclici.
Datemi un titolo, vi prego!
-
Troleito br00tal
- Messaggi: 683
- Iscritto il: 16 mag 2012, 22:25
Re: Datemi un titolo, vi prego!
Che problema strano...
Sia $M$ il punto medio di $BC$, sia $P$ il simmetrico di $H$ rispetto a $M$ e sia $Q$ il simmetrico di $O$ rispetto a $M$. Sia $R$ il raggio della circoscritta.
Sia $K$ la proiezione di $O'$ su $BC$, da cui $T \hat K O'=90$. Per la tangenza $T \hat A O=90$, e dunque $T \hat A O'=90$. Allora il quadrilatero $TKAO'$ è ciclico.
Poiché $O'K$ e $OM$ sono simmetriche e parallele rispetto ad $AH'$ e perpendicolari a $BC$, $KH'=H'M$. Per simmetria in $M$, $HQ=OP=R$. Perciò $H'M=R$, essendo $H'M$ il segmento che biseca $AH$ e $OQ$, dato che $AO=HQ=R$, $AH$ è parallelo a $OQ$ e $AO=OP$ è parallelo $HQ$ (per la simmetria in $M$). Allora $KH'=H'M=AO=AO'$.
Ma $O'AH'K$ è un trapezio isoscele ($KH'=AO'$), quindi è ciclico. Ma allora se anche $TKAO'$ è ciclico è ciclico pure il quadrilatero $TAO'H'$.
Per i più intrepiditi, in complessi sono molti pochi conti, se uno si scrive l'ortocentro in modo sensato...
Sia $M$ il punto medio di $BC$, sia $P$ il simmetrico di $H$ rispetto a $M$ e sia $Q$ il simmetrico di $O$ rispetto a $M$. Sia $R$ il raggio della circoscritta.
Sia $K$ la proiezione di $O'$ su $BC$, da cui $T \hat K O'=90$. Per la tangenza $T \hat A O=90$, e dunque $T \hat A O'=90$. Allora il quadrilatero $TKAO'$ è ciclico.
Poiché $O'K$ e $OM$ sono simmetriche e parallele rispetto ad $AH'$ e perpendicolari a $BC$, $KH'=H'M$. Per simmetria in $M$, $HQ=OP=R$. Perciò $H'M=R$, essendo $H'M$ il segmento che biseca $AH$ e $OQ$, dato che $AO=HQ=R$, $AH$ è parallelo a $OQ$ e $AO=OP$ è parallelo $HQ$ (per la simmetria in $M$). Allora $KH'=H'M=AO=AO'$.
Ma $O'AH'K$ è un trapezio isoscele ($KH'=AO'$), quindi è ciclico. Ma allora se anche $TKAO'$ è ciclico è ciclico pure il quadrilatero $TAO'H'$.
Per i più intrepiditi, in complessi sono molti pochi conti, se uno si scrive l'ortocentro in modo sensato...
Re: Datemi un titolo, vi prego!
Mi vengono più comodi i conti con i vettori...
Allora, origine in $O$ (ma dai?), quindi $H=A+B+C$.
Poi scriviamo $T=\lambda B+\mu C$ con $\lambda+\mu=1$ e imponiamo la tangenza: $(T-A)\cdot (A-O)=0$, da cui $\lambda A\cdot B+\mu A\cdot C-A^2=0$ e moltiplicando per 2 e con le solite relazioni abbiamo $\lambda(2R^2-c^2)+\mu(2R^2-b^2)-2R^2=0$, da cui $\lambda c^2+\mu b^2=0$ (boh si faceva anche in baricentriche, ma con i vettori puri non è male)
Infine $O'=2A$ e $H'=\dfrac{2A+B+C}2$
Ora, $O'T$ è diametro di $\odot(O'AT)$ per perpendicolarità della tangente, quindi ci resta da dimostrare che $(H'-O')\cdot(H'-T)=0$.
Bon, un po' di conticini: moltiplichiamo per 4 e scriviamo in funzione di $A,B,C$; abbiamo $(2A+B+C-4A)(2A+B+C-2\lambda B-2\mu C)=(-2A+B+C)(2A+B(1-2\lambda)+C(1-2\mu))$ con tanta pazienza espandiamo: $-4A^2+B^2(1-2\lambda)+C^2(1-2\mu)+AB(-2+4\lambda+2)+AC(-2+4\mu+2)+BC(1-2\mu+1-2\lambda)$ e ora abbiamo finito raccogliendo intelligentemente: $$-4R^2+R^2(2-2(\lambda+\mu))+4R^2(\lambda+\mu)-2\lambda c^2-2\mu b^2+BC(2-2(\lambda+\mu))$$
che usando le relazioni di sopra viene proprio 0...
Allora, origine in $O$ (ma dai?), quindi $H=A+B+C$.
Poi scriviamo $T=\lambda B+\mu C$ con $\lambda+\mu=1$ e imponiamo la tangenza: $(T-A)\cdot (A-O)=0$, da cui $\lambda A\cdot B+\mu A\cdot C-A^2=0$ e moltiplicando per 2 e con le solite relazioni abbiamo $\lambda(2R^2-c^2)+\mu(2R^2-b^2)-2R^2=0$, da cui $\lambda c^2+\mu b^2=0$ (boh si faceva anche in baricentriche, ma con i vettori puri non è male)
Infine $O'=2A$ e $H'=\dfrac{2A+B+C}2$
Ora, $O'T$ è diametro di $\odot(O'AT)$ per perpendicolarità della tangente, quindi ci resta da dimostrare che $(H'-O')\cdot(H'-T)=0$.
Bon, un po' di conticini: moltiplichiamo per 4 e scriviamo in funzione di $A,B,C$; abbiamo $(2A+B+C-4A)(2A+B+C-2\lambda B-2\mu C)=(-2A+B+C)(2A+B(1-2\lambda)+C(1-2\mu))$ con tanta pazienza espandiamo: $-4A^2+B^2(1-2\lambda)+C^2(1-2\mu)+AB(-2+4\lambda+2)+AC(-2+4\mu+2)+BC(1-2\mu+1-2\lambda)$ e ora abbiamo finito raccogliendo intelligentemente: $$-4R^2+R^2(2-2(\lambda+\mu))+4R^2(\lambda+\mu)-2\lambda c^2-2\mu b^2+BC(2-2(\lambda+\mu))$$
che usando le relazioni di sopra viene proprio 0...
Imagination is more important than knowledge. For knowledge is limited, whereas imagination embraces the entire world, stimulating progress, giving birth to evolution (A. Einstein)