Easy one sull'inversione

[EvaristeG]

Nel triangolo (*acutangolo*) $ABC$, siano $A'$, $B'$, $C'$ i simmetrici dei vertici rispetto *all'ortocento* (e non ai lati...) e siano $D$, $E$, $F$ i piedi delle altezze.
Dimostrare che esiste un'inversione che porta $A'$, $B'$, $C'$ in $D$, $E$ ,$F$ e determinarne centro e raggio.

EDIT: tra asterischi e tra parentesi le correzioni temporanee ... finché non mi ricordo quale esercizio volevo davvero scrivere.

[kalu]

Dato che tutto tace, avanzerei qualche dubbio: non mi torna
Il testo lascia intendere che $ A', B', C' $ debbano andare rispettivamente in $ D, E, F $ (e pensandoci un secondo concluderei che non può che essere così), quindi sembrerebbe che il centro di inversione debba essere l'ortocentro (intersezione di $ A'D, B'E, C'F $).
Eppure non mi risulta che valga sempre $ HD \cdot HA'=HE \cdot HB'= HF \cdot HC' $ (basta prendere ad esempio un triangolo rettangolo).
Molto probabilmente sbaglio in qualcosa di ovvio.

[EvaristeG]

Interessante ... chissà cosa volevo scrivere. Diciamo che per ora riformulo il problema così:
Sia $ABC$ acutangolo e siano $A'$, $B'$, $C'$ i simmetrici dei vertici rispetto all'ortocentro....
Se mi viene in mente cosa volevo dire, ve lo dico XD

[Kfp]

Allora, innanzitutto dato che il centro dell'inversione deve essere essere allineato con ciascuna delle coppie di punti ( $A'$ e $D$ e via dicendo). Ora, dobbiamo verificare che i prodotti $HD \cdot HA'$ e ciclici sono uguali: sfruttando l'ovvio fatto che $CH=C^{'}H$ e ciclici analizziamo il prodotto $CH\cdot HF$. Dal teorema dei seni applicato a $AHC$ otteniamo che $CH= \frac {b cos\gamma}{sin(\alpha + \gamma )}$. Applicandolo poi al triangolo $AFH$ insieme con $AF= b cos\alpha$ otteniamo che $HF=\frac{b cos\alpha cos\beta}{sin\beta}$. Ora il nostro prodotto diventa $CH\cdot HF= b^{2} \frac {cos\alpha cos\beta cos\gamma}{sin\beta sin(\alpha + \gamma)}$. Usando ora i fatti $sin\beta = sin(\alpha + \gamma)$ e $\frac{b}{sin\beta}=2R$ otteniamo che $ CH\cdot HF= 4R^{2} cos\alpha cos\beta cos\gamma$. Ora quest'ultima è simmetrica in $A$, $B$ e $C$ e dunque sarà uguale per tutti e tre i vertici. Quindi i prodotti saranno uguali, l'inversione esisterà ed avrà centro in $H$ e raggio $2R \sqrt{cos\alpha cos\beta cos\gamma}$.

[EvaristeG]

Ok, dove usi il fatto che è acutangolo?

[Kfp]

Dunque, se fosse ottusangolo l'ortocentro sarebbe esterno al triangolo, pertanto almeno uno dei piedi delle altezze starebbe dalla parte opposta sulla retta dell'altezza rispetto al vertice corrispondente, e quindi l'inversione dovrebbe mandare un punto sulla parte opposta della retta che lo congiunge con il centro rispetto al centro stesso, assurdo. Credo almeno, non so nulla di inversioni.

[EvaristeG]

No no, dov'è che lo usi nella tua dimostrazione