Lemma spesso utile

[amatrix92]

Dimostrare, con la geometria sintentica ,che in un triangolo il simmetrico dell'ortocentro rispetto a un punto medio di un lato sta sul circocerchio.

[Mist]

Si consideri un triangolo generico $ABC$. Sia $H$ l'ortocentro di $ABC$ e $H'$ il simmetrico di $H$ rispetto al punto medio $M$ di $AB$. La tesi equivale a dimostrare che $\hat{AH'B} = \pi -\hat{C}$ in quanto se $H'$ appartiene al circocentro allora ciò si verifica. Si nota subito che $AHBH'$ èp un parallelogramma in quanto le sue diagonali si bisecano. Da ciò consegue che gli angoli opposti sono congruenti tra loro e quindi in praticolare si ha che $\hat{AH'B} = \hat{AHB} = \pi -\hat{C}$ che è proprio quanto si voleva dimostrare.

[dario2994]

Ora mostrate che anche il simmetrico dell'ortocentro rispetto ad un lato sta sul circocerchio (che poi è il lemma famoso )

[Mist]

Bon, come prima la tesi equivale a dimostrare che $\hat{AH'C}= \pi -\hat{C}$ dove stavolta $H'$ è il simmetrico del circocentro rispetto a $AC$. Considerato il quadrilatero $AHCH'$ si nota che la diagonale $HH'$ viene bisecata dall'altra e che le due diagonali sono tra loro perpendicolari. Ora si vede subito quindi che, detto $J$ il piede dell'altezza di $B$ rispetto a $AC$, si ha che $HJC=JH'C$ e che $HJA=H'JA$ e che quindi $AH'C = AHC$. In particolare quindi si ha che $\hat{AHC} = \hat{AH'C}$ che è la tesi.

[bĕlcōlŏn]

Questo lemma mi ha fatto ricordare un fatto carino che vi propongo di dimostrare...
Dimostrare che dato un punto D sul circocerchio di un triangolo ABC, i simmetrici di D rispetto ad AB,BC, CA e l'ortocentro sono allineati.

[Mist]

Si consideri un triangolo generico $ECD$. Sia $F$ il suo ortocentro e sia $G$ il punto variabile sulla circonferenza. Sia $G'$ la riflessione di $G$ rispetto a $CD$ e sia $G_1'$ il simmetrico di $G$ rispetto a $EC$. Detti $H$ e $I$ rispettivamente l'intersezione tra le rette $GG_1'$ e $EF$ e tra le rette $GG'$ e $DF$, si nota subito che per costruzione per il parallelismo tra le rette in gioco si ha che $GHFI$ è un parallelogramma. Essendo quindi per ipotesi $IG'=IG$ si ha che $IG'F = IHG$ e che quindi $\hat{G'FI} = \hat{FIH}$. Ragionando analogamente sul triangolo $G_1'HF$ si arriva a concludere che $\hat{G'_1FH} = \hat{IHF}$. Ma allora $\hat{G'_1FH} +\hat{G'FI}+\hat{IFH} = \pi$ e quindi $G_1'F$ e $G'F$ appartengono alla stessa retta. Ragionando analogamente anche sull'altra riflessione di $G$ insieme ad con uno qualsiasi dei punti già considerati ($G_1'$ e $G'$)si ha la tesi.

[bĕlcōlŏn]

Essendo quindi per ipotesi $IG'=IG$ si ha che $IG'F = IHG$ e che quindi $\hat{G'FI} = \hat{FIH}$

A partire da qui non ti seguo più... anche perché quello che scrivi è falso. Penso a un typo ma non ho voglia di controllare lettera per lettera. Potresti rivederla?

Comunque da questo lemma, facendo un'omotetia (nella mia notazione) di centro D e fattore $\dfrac{1}{2}$ si ottiene che $DH$ è dimezzato dalla linea di simson di D, che è un altro fatto.

[Mist]

Sì, è un typo indubbiamente (ok che non sono bravissimo, ma non scrivo cose così prive di senso ), ma non ci capisco più niente e quindi rifaccio la dimostrazione e la posto tra un po', grazie della segnalazione