iperboli per vertici e ortocentro + luogo

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

notazione: P è un punto, P' il suo coniugato isogonale e P* il suo coniugato isotomico

1) Dimistrare che tutte le iperboli che passano per i vertici di un triangolo e il suo ortocentro sono equilatere.
2) Dimostrare che i centro di tali iperboli stanno sempre sulla circonferenza di Feuerbach.
3) Presa una conica passante per i tre vertici del triangolo (e per altri due punti nel piano che chiamiamo S e T) e un punto P su di essa, determinare il luogo dei punti di P' e il luogo dei punti di P* al variare di P sulla conica.
4) Fissato un punto Q sulla conica del punto 3) dimostrare che la conica che passa per A,B,C,Q',Q* concorre con i due luoghi del punto precedente.
5) Preso un punto P, e un punto Q su P'(P*)', dimostrare che (Q')* sta su PP*

Bonus: qual'è il luogo dei punti dei coniugati isogonali (o isotomici) di un punto che varia su una circonferenza? (sarà una curva nota? )

superbonus: si può trovare l'area delle parti connesse staccate dalla conica del punto 3) e quella del punto 4) in funzione dei lati del triangolo e delle coordinate trilineari di S, T e Q? Mi accontento anche di casi particolari

[EvaristeG]

Bonus) qual'è il luogo dei punti dei coniugati isogonali (o isotomici) di un punto che varia su una circonferenza? (sarà una curva nota? )

E' in entrambi i casi una curva di 4° grado, in generale.
Se poi la circonferenza passa per un vertice, si ottiene una cubica, se passa per due, una circonferenza, se passa per tutti e tre, la retta all'infinito (almeno nel caso del coniugato isogonale, per quello isotomico valgono le stesse considerazioni sul grado ma non mi ricordo esattamente cosa salti fuori).

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

Ho modificato alcuni punti generalizzandoli un po' e ho aggiunto il superbonus

p.s. grazie Sam

[karl]

Il primo esercizio è relativamente facile.
Detto ABC il triangolo ed H il suo ortocentro,si consideri il fascio di coniche
aventi per base la quaterna A,B,C,H.
In tale fascio esistono 2 iperboli equilatere (degeneri) rappresentate
dalle coppie di rette (AB,CH) e (AC,BH) ed allora tutte le coniche
del fascio sono iperboli equilatere.Infatti la condizione "essere iperbole
equilatera",ovvero la condizione $ a_{11}+a_{22}=0 $ ,è lineare
e quindi se è verificata per due coniche del fascio lo è per tutte.
Del secondo quesito ho una risoluzione proiettiva non propriamente
"olimpica" e sono in dubbio se postarla.
karl

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

innanzitutto ben tornato Karl!
Ehm comunque qualsiasi soluzione è ben accetta di qualunque tipo sia

p.s. dimenticavo che del 3 sarebbe interessante anche il viceversa e infatti aggiungo un altro punto che è un lemmino molto interessante

[karl]

Confortato da Gabriel ( che saluto) posto la soluzione al 2 quesito.
Comincio col dimostrare che il luogo dei centri di un fascio di coniche è
a sua volta una conica.
Sia allora $ l*f(x,y)+m*g(x,y)=0 $ l'equazione del fascio .Le coordinate del
centro della generica conica del fascio soddisfano il sistema:
$ {l*f_x+m*g_x=0,l*f_y+m*g_y=0} $ da cui ,eliminando il rapporto
l/m,si ottiene il luogo dei centri:
$ {f_x*g_y-f_y*g_x=0} $ che rappresenta ,in generale,una conica.
Ora il fascio di iperboli equilatere di cui al quesito 1 subordina sulla retta
impropria l'involuzione assoluta (ovvero l'involuzione nella quale due direzioni
coniugate sono anche ortogonali) e i punti doppi di essa ( punti ciclici del piano
del fascio) sono i punti di contatto delle due coniche del fascio tangenti alla
retta impropria.Tali coniche,proprio perché tangenti alla retta impropria,sono
parabole e poiché il punto improprio di una parabola è il suo centro se ne trae
che il luogo dei centri richiesto,contenendo esso i punti ciclici del piano,è una circonferenza.
Resta da dimostrare che tale circonferenza coincide con la Circonferenza di Feuerbach del triangolo ABC
e per questo basterà far vedere che essa passa per i punti medi dei lati di ABC.
Sia allora M il punto medio di AB,C' il simmetrico di C rispetto ad M e
si consideri l'iperbole equilatera passante per A,B,C,H,C'.
Ricordando un noto teorema sulle corde di una conica che si bisecano scambievolmente,si
conclude che M è il centro di questa iperbole e dunque M
appartiene al luogo in questione.In maniera analoga si può ragionare sugli altri lati
ed il quesito è provato.Almeno si ...spera.
karl

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

riuppo il topic solo per il punto 5):

5) Preso un punto P, e un punto Q su P'(P*)', dimostrare che (Q')* sta su PP*

E' un lemmino che ho trovato io e mi pare molto interessante, un caso particolare è che il coniugato isotomico del coniugato isogonale di un punto su OI sta su NG (dove O, I, N, G sono circocentro, incentro, Nagel e Gergonne).

[stefanos]

5) Preso un punto P, e un punto Q su P'(P*)', dimostrare che (Q')* sta su PP*

Provo a dimostrarlo con le coordinate baricentriche.
Sia $ $P = (p:q:r)$ $, quindi $ $P' = \left(\frac{a^2}{p}::\right)$ $ e $ $P^* = \left(\frac{1}{p}::\right)$ $ (dove a, b, c sono le lunghezze dei lati del triangolo di riferimento); inoltre $ $(P^*)^\prime = (a^2p::)$ $. Allora si avra` che $ $PP^* = (p::)\times\left(\frac{1}{p}::\right) = \left(\frac{q}{r} - \frac{r}{q}::\right)$ $, e $ $P^\prime(P^*)^\prime = \left(\frac{a^2}{p}::\right)\times(a^2p::) = \left(\frac{1}{a^2}\left(\frac{r}{q} - \frac{q}{r}\right)::\right)$ $.

Adesso, sia $ $Q = (\alpha:\beta:\gamma), Q \in P^\prime(P^*)^\prime$ $, allora deve essere $ $\sum \frac{\alpha}{a^2}\left(\frac{r}{q} - \frac{q}{r}\right) = 0$ $ (condizione di appartenenza alla retta). Inoltre $ $(Q^\prime)^* = \left(\frac{\alpha}{a^2}::\right)$ $, e vogliamo dimostrare che e` $ $\sum \frac{\alpha}{a^2}\left(\frac{q}{r} - \frac{r}{q}\right)=0$ $, che coincide con l'espressione precedente, vera per ipotesi.


Non sono del tutto convinto di non aver scritto cose false