Triangoli simili con l'ortocentro comune

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Francesco Sala
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Iscritto il: 13 ago 2012, 21:16

Triangoli simili con l'ortocentro comune

Messaggio da Francesco Sala »

Siano dati due triangoli $ ABC, A_1B_1C_1 $ simili e con orientazione opposta. Supponiamo che questi due triangoli abbiano lo stesso ortocentro.
Dimostrare che le rette $ AA_1,BB_1,CC_1 $ concorrono.
MatteD
Messaggi: 5
Iscritto il: 16 gen 2020, 20:01

Re: Triangoli simili con l'ortocentro comune

Messaggio da MatteD »

Testo nascosto:
Sia $H$ l'ortocentro comune, e sia $O$ il circocentro di $\triangle ABC$. Inoltre, sia $K$ il punto tale che $\triangle A_1HA \stackrel{-}{\sim} \triangle KOA$.

Claim: $\triangle B_1HB \stackrel{-}{\sim} \triangle KOB$ e $\triangle C_1HC \stackrel{-}{\sim} \triangle KOC$

[math]


Inoltre, $\frac{HB_1}{HB}=\frac{HA_1}{HA}=\frac{KO}{OA}=\frac{KO}{OB}$, dove la prima uguaglianza segue dal fatto che i quadrilateri $ABCH$ e $A_1B_1C_1H$ sono inversamente simili. Questo quindi implica $\triangle B_1HB \stackrel{-}{\sim} \triangle KOB$, e l'altra similitudine si dimostra analogamente.

Da $\angle KAO = \angle HAA_1$, ricordando che $AH$ e $AO$ sono isogonali, si ottiene che $AK$ e $AA_1$ sono isogonali, ma insieme alle isogonalità rispetto a $B$ e $C$ questo dice che $AA_1$, $BB_1$ e $CC_1$ concorrono nel coniugato isogonale di $K$. $\square$
Massimiliano
Messaggi: 4
Iscritto il: 18 mag 2018, 15:22

Re: Triangoli simili con l'ortocentro comune

Messaggio da Massimiliano »

Soluzione un po' contorta, ma secondo me interessante.
Testo nascosto:
Notiamo innanzitutto che il triangolo [math] è ottenuto riflettendo [math] attorno a una retta [math] per il suo ortocentro [math] e applicando un'omotetia di fattore [math] in [math]. Il caso in cui [math] è parallela o perpendicolare a uno dei lati di [math] si può trattare facilmente a parte. Studieremo ora la configurazione al variare di [math].

Lemma 1. Se [math], allora [math].

Si ha, infatti, [math], quindi [math], pertanto [math], da cui [math]. Allo stesso modo, se [math], allora [math].

Siano, ora [math] e [math].

Lemma 2. [math].

Notiamo che [math] e [math], come segmenti orientati, hanno lunghezze lineari in [math], mentre [math] e [math] hanno lunghezze lineari in [math], pertanto [math] e [math] per opportuni coefficienti. Per il lemma 1, i due denominatori e i due denominatori si annullano nello stesso momento, quindi [math] e [math]. Inoltre, per [math] si ha che entrambe le frazioni valgono [math], quindi [math]. Da ciò segue il lemma.

Sia ora [math] il triangolo simmetrico di [math] rispetto a [math]. Chiaramente esiste una rotomotetia che manda [math] in [math].

Lemma 3. Il centro di tale rotomotetia sta sull'intersezione di [math] e [math].
Sia [math]. Chiaramente [math] è il centro di una rotomotetia che manda [math] in [math]. Ma, essendo [math] si ha, per il lemma 2, che tale rotomotetia manda [math] in [math], quindi [math] è il centro di una rotomotetia che manda [math] in [math], la quale manda anche [math] in [math]. Siccome [math], abbiamo anche [math].

Per questa rotomotetia, si ha che l'intersezione tra [math] e [math] è la seconda intersezione tra [math] e [math] e analogamente per le altre coppie, quindi [math], [math] e [math] concorrono. Per il teorema di Desargues, [math], [math] e [math] concorrono. Per simmetria, il punto di concorrenza sta anche su [math], ma allora [math] e [math] sono prospettici, come volevamo.

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