Sia $ABCD$ un quadrilatero cilcio tale che $BCD$ e $CDA$ non sono equilateri. Dimostra che se la retta di Simpson di $A$ rispetto a $\triangle BCD$ è perpendicolare alla retta di Eulero di $BCD$, allora la retta di Simson di $B$ rispetto a $\triangle ACD$ è perpendicolare alla retta di Eulero di $\triangle ACD$.
Parte 2 (dubbio personale):
Qual'è il nome del punto $X$ sulla circoscritta a $ABC$ tale che la retta di Simson di $X$ è perpendicolare alla retta di Eulero di $ABC$?
Dal Romanian TST 2012
Dal Romanian TST 2012
Boh direi che ormai che ho reso conosciuta castelfidardo posso togliere la firma di prima :D
Re: Dal Romanian TST 2012
Parte 3: e se al posto di "perpendicolare" diciamo "parallela"?
Re: Dal Romanian TST 2012
Parte 4 (utile per la parte 2 e forse anche la 3??): Dimostare che, preso $P$ su $\Gamma$ (circoscritta ad $ABC$), e detta $r$ la retta di Simson di $P$ e $P'$ il coniugato isogonale di $P$ allora dimostrare che $PP'$ è perpendicolare a $r$
P.S.: $P'$ è un punto all'infinito
P.S.: $P'$ è un punto all'infinito
Boh direi che ormai che ho reso conosciuta castelfidardo posso togliere la firma di prima :D
Re: Dal Romanian TST 2012
Beh visto che siamo in vena di aggiungere parti, ne aggiungo una anche io! Chi vuole la dimostri, la mia dimostrazione la metto nascosta
Per la figura:
http://imageshack.us/photo/my-images/29/figuraz.png/
$\textbf{Parte 5}$: Se $P$ è un punto su $\gamma$ (circonferenza circoscritta) allora i simmetrici di $P$ rispetto ai lati di un triangolo $ABC$ dato inscritto in $\gamma$ sono allineati con il suo ortocentro $H$.
[Da ora in poi potrò indicare con due lettere gli estremi di un arco... in tal caso mi riferisco all'angolo che insiste su quell'arco]
Ora passiamo al problema... Sia $H_1$ l'ortocentro di $BCD$ e $H_2$ l'ortocentro di $ACD$. Si può osservare che $CDH_1H_2$ è ciclico (mantenendo $CD$ fisso il luogo degli ortocentri di $XCD$ con $X$ che varia su $\gamma$ è il simmetrico di $\gamma$ rispetto a $CD$, sempre per il fatto noto che il simmetrico dell'ortocentro sta sulla circoscritta). Traccio da $H_1$ la perpendicolare ad $OH_1$. Ora, questa è sicuramente parallela alla retta di Simson di $A$ rispetto a $BCD$, per la $\textbf{Parte 5}$ e per l'ipotesi.
Ma allora l'angolo (gli angoli) fra tale perpendicolare e la retta $CD$ è (sono) $90-AB$ (e $90+AB$) (lo dimostro nella parte nascosta, dove $AB$ è l'angolo acuto che insiste sull'arco $AB$ ), e quindi l'angolo acuto fra $OH_1$ e $CD$ è pari all'angolo che insiste sull'arco $AB$. Ora, è un semplice conto vedere che l'angolo che insiste su $H_1H_2$ in $\gamma'$ che è la simmetrica di $\gamma$ rispetto a $CD$, è proprio pari all'angolo che insiste sull'arco $AB$ in $\gamma$. Ma allora se $T$ è l'intersezione di $OH_1$ con $\gamma'$, $H_1TH_2 = $ all'angolo che insiste sull'arco $AB$. Ma $H_1TH_2$ è anche l'angolo che $OH_1$ forma con $TH_2$. D'altra parte $OH_1$ forma con $CD$ un angolo pari all'angolo che insiste sull'arco $AB$ per quanto detto all'inizio, che fra l'altro è uguale a $H_1TH_2$. Quindi $TH_2 \parallel CD$. Ma allora il loro asse è in comune, $OTH_2$ è isoscele e $OH_2$, quindi, forma con $CD$ gli stessi angoli di $OH_1$, ovvero quelli che insistono sull'arco $AB$. Se traccio la perpendicolare a $OH_2$ passante per $H_2$, allora essa formerà con $CD$ due angoli parti a $90-AB$ e $90+AB$. Tale retta, d'altra parte, non può che essere parallela alla retta di simson di $B$ in $ACD$ perché forma con $CD$ angoli pari a $90-AB$ e $90+AB$. Dunque la tesi è dimostrata.
Non ho tenuto molto conto di problemi di configurazione, quindi non trascuro che ci potrebbero essere altri casi Bon, penso alla parte 3.
Per la figura:
http://imageshack.us/photo/my-images/29/figuraz.png/
$\textbf{Parte 5}$: Se $P$ è un punto su $\gamma$ (circonferenza circoscritta) allora i simmetrici di $P$ rispetto ai lati di un triangolo $ABC$ dato inscritto in $\gamma$ sono allineati con il suo ortocentro $H$.
Testo nascosto:
Ora passiamo al problema... Sia $H_1$ l'ortocentro di $BCD$ e $H_2$ l'ortocentro di $ACD$. Si può osservare che $CDH_1H_2$ è ciclico (mantenendo $CD$ fisso il luogo degli ortocentri di $XCD$ con $X$ che varia su $\gamma$ è il simmetrico di $\gamma$ rispetto a $CD$, sempre per il fatto noto che il simmetrico dell'ortocentro sta sulla circoscritta). Traccio da $H_1$ la perpendicolare ad $OH_1$. Ora, questa è sicuramente parallela alla retta di Simson di $A$ rispetto a $BCD$, per la $\textbf{Parte 5}$ e per l'ipotesi.
Ma allora l'angolo (gli angoli) fra tale perpendicolare e la retta $CD$ è (sono) $90-AB$ (e $90+AB$) (lo dimostro nella parte nascosta, dove $AB$ è l'angolo acuto che insiste sull'arco $AB$ ), e quindi l'angolo acuto fra $OH_1$ e $CD$ è pari all'angolo che insiste sull'arco $AB$. Ora, è un semplice conto vedere che l'angolo che insiste su $H_1H_2$ in $\gamma'$ che è la simmetrica di $\gamma$ rispetto a $CD$, è proprio pari all'angolo che insiste sull'arco $AB$ in $\gamma$. Ma allora se $T$ è l'intersezione di $OH_1$ con $\gamma'$, $H_1TH_2 = $ all'angolo che insiste sull'arco $AB$. Ma $H_1TH_2$ è anche l'angolo che $OH_1$ forma con $TH_2$. D'altra parte $OH_1$ forma con $CD$ un angolo pari all'angolo che insiste sull'arco $AB$ per quanto detto all'inizio, che fra l'altro è uguale a $H_1TH_2$. Quindi $TH_2 \parallel CD$. Ma allora il loro asse è in comune, $OTH_2$ è isoscele e $OH_2$, quindi, forma con $CD$ gli stessi angoli di $OH_1$, ovvero quelli che insistono sull'arco $AB$. Se traccio la perpendicolare a $OH_2$ passante per $H_2$, allora essa formerà con $CD$ due angoli parti a $90-AB$ e $90+AB$. Tale retta, d'altra parte, non può che essere parallela alla retta di simson di $B$ in $ACD$ perché forma con $CD$ angoli pari a $90-AB$ e $90+AB$. Dunque la tesi è dimostrata.
Non ho tenuto molto conto di problemi di configurazione, quindi non trascuro che ci potrebbero essere altri casi Bon, penso alla parte 3.
"Il bon ton è la grazia del saper vivere, la leggerezza dell' esistere." (Lina Sotis, perfidamente elegante)
Re: Dal Romanian TST 2012
Parte 6: dimostrare che il punto in questione nella parte 3 (cioè il punto con retta di Simson parallela alla retta di Eulero, dimostrare anche che esiste e che è unico) è diametralmente opposto al punto di cui parlo nella parte 2 (quello con retta di Simson perpendicolare alla retta di Eulero)
Boh direi che ormai che ho reso conosciuta castelfidardo posso togliere la firma di prima :D