Metto nascosto quello che ho fatto, molto sinteticamente.
Testo nascosto:
Un problema di Thébault
Un problema di Thébault
Un diametro $ d $ della circonferenza circoscritta al triangolo equilatero $ ABC $ interseca i lati $ BC $, $ CA $ ed $ AB $ rispettivamente in $ D $, $ E $ ed $ F $. Mostrare che le linee di Eulero dei triangoli $ AEF $, $ BFD $, $ CDE $ formano un triangolo equilatero congruente ad ABC (simmetrico rispetto a quest'ultimo), e che il centro di simmetria giace sul diametro $ d $.
Metto nascosto quello che ho fatto, molto sinteticamente.
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« Due cose hanno soddisfatto la mia mente con nuova e crescente ammirazione e soggezione e hanno occupato persistentemente il mio pensiero: il cielo stellato sopra di me e la legge morale dentro di me. »
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Francesco Sala
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- Iscritto il: 13 ago 2012, 21:16
Re: Un problema di Thébault
Per gli enti geometrici utilizzati, vedere viewtopic.php?f=14&t=16860
Dimostrerò il seguente
$ \textbf{Fatto generale:} $ Sia dato un triangolo $ ABC $, con circocentro $ O $ e ortocentro $ H $; sia $ h $ la retta di Eulero di $ ABC $ ($ OH $). Se $ h $ incontra i lati $ BC, CA, AB $ nei punti $ D,E,F $ rispettivamente, allora le rette di Eulero dei triangoli $ AEF, BDF, CDE $ formano un triangolo simmetrico ad $ ABC $ rispetto ad un punto che giace su $ OH $.
Nel corso della dimostrazione manterrò sempre la notazione precedentemente utilizzata.
$ \textbf{Dimostrazione:} $ Il primo passo è il seguente
$ \textbf{Claim 1:} $ Se $ X\in AB $ e $ Y\in AC $ sono tali che $ XY||h $, allora la retta di Eulero di $ AXY $ è parallela a $ BC $.
$ \textbf{Dim. :} $ Siano innanzitutto $ O_1 $ e $ H_1 $ il circocentro e l'ortocentro di $ AXY $. Sia $ U $ il punto di Eulero di $ ABC $ (vale a dire l'antipunto di Steiner di h rispetto ad $ ABC $).
Utilizziamo il seguente
$ \textbf{Lemma :} $ Dati due punti $ P, Q $ su $ \odot(ABC) $, l'angolo orientato formato dalle loro linee di Steiner è pari all'angolo sotteso dall'arco $ \widehat{PQ} $ in $ \odot(ABC). $
$ \textbf{Dim. :} $ Siano $ P_a, P_b $ le proiezioni di $ P $ su $ BC, AB $ rispettivamente e sia $ R_P $ la seconda intersezione di $ PP_a $ e $ \odot(ABC) $. Poichè $ \measuredangle(CP,CP_b)=\measuredangle(P_aP,P_aP_b)=90^° $ il quadrilatero $ CPP_bP_a $ è ciclico e quindi $ \measuredangle(R_PP,R_PA)=\measuredangle(CA,CP)=\measuredangle(P_aP,P_aP_b) $, da cui $ AR_P||P_aP_b $. Ma $ P_aP_b $ è la retta di Simson di $ P $ rispetto ad $ ABC $ ed è l'immagine della linea di Steiner dopo un'omotetia di centro $ P $ e fattore $ \frac{1}{2} $, risultandone parallela. Concludiamo che $ AR_P $ è parallela alla linea di Steiner. Ora, se definiamo $ R_Q $ come la seconda intersezione della perpendicolare a $ BC $ per $ Q $ con $ \odot(ABC) $, analogamente la linea di Steiner di $ Q $ è parallela ad $ AR_Q $. Dunque l'angolo fra le due rette di Steiner è anche pari a $ \measuredangle(AR_P,AR_Q) $. Essendo $ PR_P $ e $ QR_Q $ entrambe perpendicolari a $ BC $ il quadrilatero $ PR_PR_QQ $ è un trapezio isoscele, da cui $ \widehat{R_PR_Q}=\widehat{PQ} $, e il $ \textbf{Lemma} $ segue.$ \qquad \blacksquare $
Chiamiamo $ R $ la retta $ BH $ (e notiamo che $ r $ è la linea di Steiner di $ B $). Per il $ \textbf{Lemma} $, vale $ \angle(AB,AU)=\widehat{BU}=\angle(r,h)=\angle(CA,h)-90^°=\angle(YA,YX)-90^°=\angle(AY,AH_1)=\angle(AB,AO_1) $ e quindi $ A,O_1,U $ sono allineati. Se $ V $ è la seconda intersezione di $ AH_1 $ con $ \odot(ABC) $ deve essere $ UV||XY $ (sapendo che $ AO_1 $ e $ AH_1 $ sono isogonali rispetto all'angolo in $ A $). Sia $ k $ la linea di Steiner di $ V $. Vale $ \widehat{BU}=\widehat{CV} $, da cui $ \angle(BH,h)=\angle(CH,k) $ e anche $ \angle(AC,h)=\angle(AB,k) $. Infine $ \angle(AH,k)=\angle(AH,AB)+\angle(AB,k)=\angle(AC,AO)+\angle(AC,h)=\angle(AO,h) $. Si ricava facilmente (dal $ \textbf{Lemma} $) che $ \angle(CA,CV)=\angle(OA,OH) $ e per lo stesso motivo $ \angle(BA,BU)=\angle(HO,HA) $. Concludiamo che $ \frac{AV}{AU}=\frac{\sin\measuredangle(AUV)}{\sin\measuredangle(AVU)}=\frac{\sin\measuredangle(AOH)}{\sin\measuredangle(AHO)}=\frac{AH}{AO}=\frac{R(ABC)\cdot\cos(\measuredangle(BAC))}{R(ABC)}=\cos(\measuredangle(BAC)) $. Inoltre vale anche $ \frac{AH_1}{AO_1}=\frac{R(AXY)\cdot\cos(\measuredangle(BAC))}{R(AXY)}=\cos(\measuredangle(BAC))=\frac{AV}{AU} $ e quindi $ O_1H_1||UV||BC $, come voluto.
NOTA: Se $ ABC $ è equilatero la retta di Eulero degenera, ma in tal caso è facile notare (ed è stato fatto nel primo messaggio) che le rette di Eulero sono parallele o perpendicolari alle bisettrici degli angoli.
Ora,
$ \textbf{Claim 2:} $ Una retta $ t $ incontra i lati $ BC, CA, AB $ in $ P,Q,R $. Se $ O_A $ è il circocentro di $ AQR $, sia $ l_A $ la parallela a $ BC $ passante per $ O_A $; definiamo similmente i punti $ O_B,O_C $ e le rette $ l_B,l_C $. Allora queste tre rette formano un triangolo congruente ad $ ABC $ il cui circocentro sta su $ t $.
$ \textbf{Dim. :} $ Sia $ L_A=l_B\cap l_C $; similmente definiamo $ L_B,L_C $. Sia $ O_1 $ il punto di Miquel della tripla $ (O_A,O_B,O_C) $ rispetto a $ L_AL_BL_C $. E' piuttosto noto (e facilmente dimostrabile tramite relazioni angolari) che il triangolo $ O_AO_BO_C $ è simile ad $ ABC $ e che la rotomotetia che manda il primo nel secondo ha centro nel punto di Miquel del quadrilatero $ ABCPQR $ (che chiamiamo $ M $). Se $ \theta $ è l'angolo di rotazione, vale che il rapporto di similitudine è pari a $ \frac{O_AO_B}{AB}=\frac{MO_B}{MB}=2\cos(\theta) $. Si vede bene che i cerchi $ \odot(O_AO_1O_B) $ e ciclici sono i simmetrici di $ \odot(O_AO_BO_C) $ rispetto ai lati di $ O_AO_BO_C $ e quindi $ O_1 $ è l'ortocentro di $ O_AO_BO_C $. Inoltre $ \angle(L_AO_1,L_AL_C)=\angle(O_CO_1,O_CO_B)=90^°-\angle(O_BO_C,O_BO_A)=90^°-\angle(L_BL_C,L_BL_A) $. Ciò basta per concludere che la retta $ L_AO_1 $ passa per il circocentro di $ L_AL_BL_C $ e analoghe relazioni stabiliscono che tale circocentro è proprio $ O_1 $. Se $ N_A $ è il punto medio di $ L_BL_C $, il rapporto di similitudine tra $ O_AO_BO_C $ e $ L_AL_BL_C $ deve essere pari a $ 2\frac{O_1O_A}{O_1N_A}=2\cos(\theta) $, dove $ \theta $ è lo stesso angolo di rotazione considerato in precedenza. Dunque $ ABC $ e $ L_AL_BL_C $ sono congruenti.
Notiamo che $ t $ passa per i simmetrici di $ M $ rispetto ai lati di $ O_AO_BO_C $; l'unica possibilità è che $ M\in\odot(O_AO_BO_C) $ e che $ t $, la sua linea di Steiner rispetto allo stesso triangolo, passi per $ O_1 $ (in quanto ortocentro dello stesso).
Se $ t||h $ il $ \textbf{Claim 1} $ assicura che il triangolo formato dalle rette di Eulero coincide con $ L_AL_BL_C $. Ora, dal $ \textbf{Claim 2} $ abbiamo che il centro di simmetria di $ ABC $ e $ L_AL_BL_C $ è il punto medio di $ OO_1 $; se $ t=OH $, anche $ O_1\in OH $ e quindi tale punto medio sta anch'esso sulla retta di Eulero.
Dimostrerò il seguente
$ \textbf{Fatto generale:} $ Sia dato un triangolo $ ABC $, con circocentro $ O $ e ortocentro $ H $; sia $ h $ la retta di Eulero di $ ABC $ ($ OH $). Se $ h $ incontra i lati $ BC, CA, AB $ nei punti $ D,E,F $ rispettivamente, allora le rette di Eulero dei triangoli $ AEF, BDF, CDE $ formano un triangolo simmetrico ad $ ABC $ rispetto ad un punto che giace su $ OH $.
Nel corso della dimostrazione manterrò sempre la notazione precedentemente utilizzata.
$ \textbf{Dimostrazione:} $ Il primo passo è il seguente
$ \textbf{Claim 1:} $ Se $ X\in AB $ e $ Y\in AC $ sono tali che $ XY||h $, allora la retta di Eulero di $ AXY $ è parallela a $ BC $.
$ \textbf{Dim. :} $ Siano innanzitutto $ O_1 $ e $ H_1 $ il circocentro e l'ortocentro di $ AXY $. Sia $ U $ il punto di Eulero di $ ABC $ (vale a dire l'antipunto di Steiner di h rispetto ad $ ABC $).
Utilizziamo il seguente
$ \textbf{Lemma :} $ Dati due punti $ P, Q $ su $ \odot(ABC) $, l'angolo orientato formato dalle loro linee di Steiner è pari all'angolo sotteso dall'arco $ \widehat{PQ} $ in $ \odot(ABC). $
$ \textbf{Dim. :} $ Siano $ P_a, P_b $ le proiezioni di $ P $ su $ BC, AB $ rispettivamente e sia $ R_P $ la seconda intersezione di $ PP_a $ e $ \odot(ABC) $. Poichè $ \measuredangle(CP,CP_b)=\measuredangle(P_aP,P_aP_b)=90^° $ il quadrilatero $ CPP_bP_a $ è ciclico e quindi $ \measuredangle(R_PP,R_PA)=\measuredangle(CA,CP)=\measuredangle(P_aP,P_aP_b) $, da cui $ AR_P||P_aP_b $. Ma $ P_aP_b $ è la retta di Simson di $ P $ rispetto ad $ ABC $ ed è l'immagine della linea di Steiner dopo un'omotetia di centro $ P $ e fattore $ \frac{1}{2} $, risultandone parallela. Concludiamo che $ AR_P $ è parallela alla linea di Steiner. Ora, se definiamo $ R_Q $ come la seconda intersezione della perpendicolare a $ BC $ per $ Q $ con $ \odot(ABC) $, analogamente la linea di Steiner di $ Q $ è parallela ad $ AR_Q $. Dunque l'angolo fra le due rette di Steiner è anche pari a $ \measuredangle(AR_P,AR_Q) $. Essendo $ PR_P $ e $ QR_Q $ entrambe perpendicolari a $ BC $ il quadrilatero $ PR_PR_QQ $ è un trapezio isoscele, da cui $ \widehat{R_PR_Q}=\widehat{PQ} $, e il $ \textbf{Lemma} $ segue.$ \qquad \blacksquare $
Chiamiamo $ R $ la retta $ BH $ (e notiamo che $ r $ è la linea di Steiner di $ B $). Per il $ \textbf{Lemma} $, vale $ \angle(AB,AU)=\widehat{BU}=\angle(r,h)=\angle(CA,h)-90^°=\angle(YA,YX)-90^°=\angle(AY,AH_1)=\angle(AB,AO_1) $ e quindi $ A,O_1,U $ sono allineati. Se $ V $ è la seconda intersezione di $ AH_1 $ con $ \odot(ABC) $ deve essere $ UV||XY $ (sapendo che $ AO_1 $ e $ AH_1 $ sono isogonali rispetto all'angolo in $ A $). Sia $ k $ la linea di Steiner di $ V $. Vale $ \widehat{BU}=\widehat{CV} $, da cui $ \angle(BH,h)=\angle(CH,k) $ e anche $ \angle(AC,h)=\angle(AB,k) $. Infine $ \angle(AH,k)=\angle(AH,AB)+\angle(AB,k)=\angle(AC,AO)+\angle(AC,h)=\angle(AO,h) $. Si ricava facilmente (dal $ \textbf{Lemma} $) che $ \angle(CA,CV)=\angle(OA,OH) $ e per lo stesso motivo $ \angle(BA,BU)=\angle(HO,HA) $. Concludiamo che $ \frac{AV}{AU}=\frac{\sin\measuredangle(AUV)}{\sin\measuredangle(AVU)}=\frac{\sin\measuredangle(AOH)}{\sin\measuredangle(AHO)}=\frac{AH}{AO}=\frac{R(ABC)\cdot\cos(\measuredangle(BAC))}{R(ABC)}=\cos(\measuredangle(BAC)) $. Inoltre vale anche $ \frac{AH_1}{AO_1}=\frac{R(AXY)\cdot\cos(\measuredangle(BAC))}{R(AXY)}=\cos(\measuredangle(BAC))=\frac{AV}{AU} $ e quindi $ O_1H_1||UV||BC $, come voluto.
NOTA: Se $ ABC $ è equilatero la retta di Eulero degenera, ma in tal caso è facile notare (ed è stato fatto nel primo messaggio) che le rette di Eulero sono parallele o perpendicolari alle bisettrici degli angoli.
Ora,
$ \textbf{Claim 2:} $ Una retta $ t $ incontra i lati $ BC, CA, AB $ in $ P,Q,R $. Se $ O_A $ è il circocentro di $ AQR $, sia $ l_A $ la parallela a $ BC $ passante per $ O_A $; definiamo similmente i punti $ O_B,O_C $ e le rette $ l_B,l_C $. Allora queste tre rette formano un triangolo congruente ad $ ABC $ il cui circocentro sta su $ t $.
$ \textbf{Dim. :} $ Sia $ L_A=l_B\cap l_C $; similmente definiamo $ L_B,L_C $. Sia $ O_1 $ il punto di Miquel della tripla $ (O_A,O_B,O_C) $ rispetto a $ L_AL_BL_C $. E' piuttosto noto (e facilmente dimostrabile tramite relazioni angolari) che il triangolo $ O_AO_BO_C $ è simile ad $ ABC $ e che la rotomotetia che manda il primo nel secondo ha centro nel punto di Miquel del quadrilatero $ ABCPQR $ (che chiamiamo $ M $). Se $ \theta $ è l'angolo di rotazione, vale che il rapporto di similitudine è pari a $ \frac{O_AO_B}{AB}=\frac{MO_B}{MB}=2\cos(\theta) $. Si vede bene che i cerchi $ \odot(O_AO_1O_B) $ e ciclici sono i simmetrici di $ \odot(O_AO_BO_C) $ rispetto ai lati di $ O_AO_BO_C $ e quindi $ O_1 $ è l'ortocentro di $ O_AO_BO_C $. Inoltre $ \angle(L_AO_1,L_AL_C)=\angle(O_CO_1,O_CO_B)=90^°-\angle(O_BO_C,O_BO_A)=90^°-\angle(L_BL_C,L_BL_A) $. Ciò basta per concludere che la retta $ L_AO_1 $ passa per il circocentro di $ L_AL_BL_C $ e analoghe relazioni stabiliscono che tale circocentro è proprio $ O_1 $. Se $ N_A $ è il punto medio di $ L_BL_C $, il rapporto di similitudine tra $ O_AO_BO_C $ e $ L_AL_BL_C $ deve essere pari a $ 2\frac{O_1O_A}{O_1N_A}=2\cos(\theta) $, dove $ \theta $ è lo stesso angolo di rotazione considerato in precedenza. Dunque $ ABC $ e $ L_AL_BL_C $ sono congruenti.
Notiamo che $ t $ passa per i simmetrici di $ M $ rispetto ai lati di $ O_AO_BO_C $; l'unica possibilità è che $ M\in\odot(O_AO_BO_C) $ e che $ t $, la sua linea di Steiner rispetto allo stesso triangolo, passi per $ O_1 $ (in quanto ortocentro dello stesso).
Se $ t||h $ il $ \textbf{Claim 1} $ assicura che il triangolo formato dalle rette di Eulero coincide con $ L_AL_BL_C $. Ora, dal $ \textbf{Claim 2} $ abbiamo che il centro di simmetria di $ ABC $ e $ L_AL_BL_C $ è il punto medio di $ OO_1 $; se $ t=OH $, anche $ O_1\in OH $ e quindi tale punto medio sta anch'esso sulla retta di Eulero.