Sia $ABC$ un triangolo, $\Gamma$ la sua circonferenza circoscritta, $O$ il suo circocentro, $H$ il suo ortocentro e $D$ il punto medio di $BC$. Dimostrare che, detta $E$ l'intersezione tra $HD$ e $\Gamma$ che sta dalla stessa parte di $A$ rispetto alla retta $BC$, le rette $AE$ e $HD$ sono perpendicolari.
Re: Famoso lemma noto
Inviato: 23 mag 2016, 00:10
da PIELEO13
Dovrebbe essere giusto.
PS: Chiedo scusa se non è chiaro se parlo di angolo o triangolo, ma non conosco i codici per mettere i rispettivi simboli sopra la lettera.
Testo nascosto:
Traccio le rette $ AO $ e $ AH $, le quali intersecano la circonferenza rispettivamente in [math]J e $ K $. Queste due rette sono ceviane isogonali, dunque l'angolo $ KAC $ è uguale all'angolo $ BAJ $. In altre parole $ BJ=KC $. Dunque segue che $ BCJ=CJK $ perché insistono su corde di egual misura. Perciò $ BC // CJ $ perché tali angoli sono alterni interni.
Chiamo $ F $ il piede dell'altezza condotta da $ A $. Il triangolo $ HDF $ è simile al triangolo $ HJK $ perché $ BC // CJ $, ne segue che l'angolo $ HKJ=90° $. Infine, poiché insistono sullo stesso arco, $ HKJ=AEH=90° $ che è la tesi.
Re: Famoso lemma noto
Inviato: 23 mag 2016, 14:25
da MATHia
C'è una cosa che non mi convince:
Testo nascosto:
PIELEO13 ha scritto:
Il triangolo $ HDF $ è simile al triangolo $ HJK $ perché $ BC // CJ $
Infine, poiché insistono sullo stesso arco, $ HKJ=AEH=90° $ che è la tesi.
Mi sembra che in questi due passaggi tu assuma che H, D, J siano allineati, il che è vero, ma va giustificato.
Re: Famoso lemma noto
Inviato: 23 mag 2016, 15:31
da matpro98
Ne propongo due
Sintetica
Testo nascosto:
si potrebbe dimostrare, senza fare l'inverso di ciò che sto per fare io (se volete lo faccio), che $D$ appartiene alla circonferenza di Feuerbach di $ABC$, quindi considero l'omotetia di centro $H$ e fattore $2$, che manda $D$ in $F$ su $\Gamma$. Quindi $H$ ed $F$ sono simmetrici rispetto a $D$, quindi anche le loro proiezioni su $BC$ e quindi anche quelle di $A$ ed $F$, che quindi sono diametralmente opposti
Vettori
Testo nascosto:
dimostro che il simmetrico di $H$ rispetto a $D$ (sia $F$) è diametralmente opposto ad $A$ rispetto a $\Gamma$. Sia come al solito $\vec{O}=0$, quindi $\vec{H}=\vec{A}+\vec{B}+\vec{C}$ e $\vec{D}=\frac{\vec{B}+\vec{C}}{2}$, quindi $\vec{F}=2\vec{D}-\vec{H}=\vec{B}+\vec{C}-\vec{A}-\vec{B}-\vec{C}=-\vec{A}$
Re: Famoso lemma noto
Inviato: 23 mag 2016, 18:30
da PIELEO13
MATHia ha scritto:C'è una cosa che non mi convince:
Testo nascosto:
PIELEO13 ha scritto:
Il triangolo $ HDF $ è simile al triangolo $ HJK $ perché $ BC // CJ $
Infine, poiché insistono sullo stesso arco, $ HKJ=AEH=90° $ che è la tesi.
Mi sembra che in questi due passaggi tu assuma che H, D, J siano allineati, il che è vero, ma va giustificato.
Hai perfettamente ragione, ho fatto una svista. Provvederò a giustificarlo quando ho tempo.
Grazie per avermi fatto notare l'errore
Re: Famoso lemma noto
Inviato: 23 mag 2016, 18:34
da Talete
Quella con i vettori (che poi è anche la mia soluzione) è molto bella, però quella sintetica è fantastica... non ci sarei mai arrivato...
Ora potete fare il problema $3$ dell'ultima IMO.
Re: Famoso lemma noto
Inviato: 26 mag 2016, 02:41
da EvaristeG
Riformulazione is the way:
state dicendo che $HD$ incontra la circoscritta nel diametralmente opposto di $A$.
Bene. Lemma noto per davvero: $AH=2OD$ e sono paralleli.
Dunque se prolungo $AO$ e $HD$ fino a intersecarli ottengo un punto $F$ tale che $FA=2FO$. Quindi $F$ sta su $HD$, sulla circoscritta e su $AO$, dunque è il diametralmente opposto di $A$. Fine.
