Sarà l'ortocentro?
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publiosulpicio
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- Iscritto il: 01 gen 1970, 01:00
Sarà l'ortocentro?
Sia $ ABC $ un triangolo acutangolo. Sia $ CH $ l'altezza relativa al vertice $ C $. Si scelga un punto $ P $ su $ CH $ e siano $ Q $ e $ R $ l'intersezione, rispettivamente, di $ AC $ con la retta $ BP $ e di $ CB $ con la retta $ AP $. Si provi che $ P $ è l'ortocentro di $ ABC $ se e solo se i punti $ P $, $ Q $, $ C $ e $ R $ sono conciclici. Si esamini anche il caso di un triangolo qualsiasi.
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scaccomatto
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- Iscritto il: 01 set 2005, 12:17
- Località: Milano
Mah, di solito preferisco non espormi per evitare figuracce 
... ma visto che non risponde nessuno...
E' evidente che, per l'ortocentro O, CQO=CRO=90°, quindi CQO+CRO=180° e CQOR, avendo due angoli opposti supplementari, è inscrittibile.
Resta da dimostrare che, per P' diverso da O, CQP'R non è inscrittibile.
Ma si sa che AR'R<90° (appartiene al triangolo ARR' rettangolo in R) e che BQ'Q<90° per lo stesso motivo (triangolo BQQ'). Ora, se C<O<P', AR'R=P'R'C e BQ'Q=P'Q'C, da cui si ha P'R'C+P'Q'C<180°; se invece C<P'<O, AR'R=180°-P'R'C e BQ'Q=180°-P'Q'C, da cui P'R'C+P'Q'C>180° (entrambi ottusi).
Comunque, i due angoli opposti P' e Q' di P'Q'CR' non sono supplementari e il quadrilatero non è inscrittibile.
Il ragionamento fatto è valido sempre se H appartiene ad AB, quindi anche per i traingoli rettangoli o ottusangoli in C.
Supponiamo ora l'angolo non acuto in A.
Se il triangolo è rettangolo, H=A, P=Q, C=R: per qualsiasi P, PQCR degenera in un segmento, "inscrittibile" in infinite circonferenze.
Se invece è ottusangolo, non so come interpretare la domanda: si intende l'intersezione con i LATI o con le RETTE AC e BC? Con le rette stavo "impelagandomi" enormemente, supponiamo allora che siano segmenti
... se è così, AP non interseca BC e il problema non si pone. Al limite, P=C=R=Q, e per il quadrilatero, degenerato in un punto, passano infinite circonferenze; oppure P=H, ma così A=Q e B=R, e per P,Q,R allineati non passano circonferenze.
Scusate la lunghezza, ma è davvero difficile parlare di geometria senza figure... spero comunque di essere stato chiaro. A voi la mossa!
... ma visto che non risponde nessuno... E' evidente che, per l'ortocentro O, CQO=CRO=90°, quindi CQO+CRO=180° e CQOR, avendo due angoli opposti supplementari, è inscrittibile.
Resta da dimostrare che, per P' diverso da O, CQP'R non è inscrittibile.
Ma si sa che AR'R<90° (appartiene al triangolo ARR' rettangolo in R) e che BQ'Q<90° per lo stesso motivo (triangolo BQQ'). Ora, se C<O<P', AR'R=P'R'C e BQ'Q=P'Q'C, da cui si ha P'R'C+P'Q'C<180°; se invece C<P'<O, AR'R=180°-P'R'C e BQ'Q=180°-P'Q'C, da cui P'R'C+P'Q'C>180° (entrambi ottusi).
Comunque, i due angoli opposti P' e Q' di P'Q'CR' non sono supplementari e il quadrilatero non è inscrittibile.
Il ragionamento fatto è valido sempre se H appartiene ad AB, quindi anche per i traingoli rettangoli o ottusangoli in C.
Supponiamo ora l'angolo non acuto in A.
Se il triangolo è rettangolo, H=A, P=Q, C=R: per qualsiasi P, PQCR degenera in un segmento, "inscrittibile" in infinite circonferenze.
Se invece è ottusangolo, non so come interpretare la domanda: si intende l'intersezione con i LATI o con le RETTE AC e BC? Con le rette stavo "impelagandomi" enormemente, supponiamo allora che siano segmenti
... se è così, AP non interseca BC e il problema non si pone. Al limite, P=C=R=Q, e per il quadrilatero, degenerato in un punto, passano infinite circonferenze; oppure P=H, ma così A=Q e B=R, e per P,Q,R allineati non passano circonferenze.Scusate la lunghezza, ma è davvero difficile parlare di geometria senza figure... spero comunque di essere stato chiaro. A voi la mossa!