SNS 2006 # 1

[Gauss_87]

Dato un generico triangolo:

i) Dimostrare che i 3 punti sulla Retta di Eulero sono allineati.

ii) Dimostrare che un segmento (di Eulero) è doppio dell'altro.

iii) suggeritemi il testo..

[Loth]

iii) suggeritemi il testo..

Dato il rettangolo $ HOLF $, con $ HO = 11 $ e $ LO=5 $, sapendo che H e O sono rispettivamente ortocentro e circocentro di un triangolo $ ABC $ e che F e' il piede dell'altezza uscente da A, determinare la lunghezza di $ BC $.

[sqrt2]

Omotetia di ragione -1/2 e centro G (dove G indica il baricentro) applicata al triangolo ABC. Si osserva che il circocentro di ABC è anche l'ortocentro di A'B'C'.
Quindi l'omotetia suddetta fa corrispondere H ad O. Dunque H,G,O sono allineati e un segmento è doppio dell'altro.

Provare per credere.

P.S. con un disegno si vede tutto.

[Gauss_87]

nessun volontario per il punto (iii)

[sqrt2]

Veniva 28 se non sbaglio.

[slash88]

boh io ci provo a consigliarti un testo...
indichiamo con H,G,O, rispettivamente, l'ortocentro, il baricentro ed il circocentro di un triangolo. Dimostrare che H,G,O stanno su una stessa retta e che inoltre vale la seguente uguaglianza HG=2GO

[Gauss_87]

Veniva 28 se non sbaglio.

si, 28 con un paio di applicazioni di Pitagora...

[MindFlyer]

i) Dimostrare che i 3 punti sulla Retta di Eulero sono allineati.

Ho una dimostrazione alternativa per questo:

3 punti su una retta sono sempre allineati.
CVD.

[Whov]

Just for reference (visto che ancora manca una soluzione postata e che ho usato una cosa non proprio banale):
Testo ii) Un rettangolo HOMF ha i lati di lunghezza HO = 11 e OM = 5. Un triangolo ABC ha H come ortocentro, O come circocentro, M come punto mediano di BC e F come piede dell’altezza uscente da A. Si calcoli la lunghezza di BC. (Si può assumere come dimostrata la tesi del punto (i)).

Soluzione con truffa aggravata (circonferenza di Feuerbach):
Prendo W punto medio di HO. Esso è il centro della circonferenza di Feuerbach che passa per i piedi delle altezze e i punti medi dei lati (e per essere anche per i punti medi delle congiungenti l'ortocentro ai 3 vertici). Il raggio della circonferenza di Feuerbach è $ WF=WM=\sqrt{\dfrac{11}{2}^2+5^2}=\dfrac{\sqrt{221}}{2} $. Però questo raggio è la metà del raggio della circonferenza circoscritta al triangolo (proprietà della circonferenza di Feuerbach). Allora $ OC=\sqrt{221} $. Perciò $ CM^2=OC^2-OM^2=14 $. Da cui BC=28 cvd.