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Sia $\triangle ABC$ un triangolo di ortocentro $H$. Siano $A' , B' , C'$ i centri delle circonferenze circoscritte rispettivamente ai triangoli $\triangle BHC , \triangle CHA , \triangle AHB$.
a) Dimostrare che $\triangle ABC$ e $\triangle A'B'C'$ sono congruenti.
b) Dimostrare che la circonferenza di Feuerbach di $\triangle ABC$ è la stessa di $\triangle A'B'C'$.

Allora come prima cosa visto che $A'$ è il circocentro di $BCH$ si ha $$\angle{BCA'}=\frac{\pi}{2} -( \pi - \angle{BHC})=\frac{\pi}{2}- \alpha$$
Allora $A'C= \frac{a}{2 \sin \alpha} = R$
Analogamente $B'C=R$ ! Allora $A'B'C$ è isoscele , con due lati lunghi $R$ ed angolo compreso di $$ \gamma + \angle{BCA'} + \angle{ACB'} = 2 \gamma $$
Ne segue che $A'B'=c$ . Le altre sono analoghe e si ha la tesi (a).
Adesso $A'B' \perp CH $ (ne è l'asse in quanto sono i circocentri) da cui $AB$ è parallelo a $A'B'$. E cicliche.
Ora visto che $A'$ è sull'asse di $BC$ e dal parallelismo si ha che $A'O \perp B'C'$ è cicliche. Allora $O \equiv H'$.
D'altra parte $A'H=A'C=R$ e cicliche , da cui $H \equiv O'$ .
Sia $N$ il centro della circonferena di Feuerbach , visto che è il punto medio di $OH$ si ha $N\equiv N'$. Ma allora avendo lo stesso raggio (i triangoli sono congruenti) si ha la tesi (b).

In alternativa, per il primo punto: la simmetria rispetto a $BC$ lascia fissi $B$ e $C$ e manda $H$ in $H'$ che, come è noto, sta sulla circoscritta. Quindi la circonferenza per $B$, $C$, $H$ va nella circoscritta e il suo centro in $O$. Ne consegue che $A'$ è il simmetrico di $O$ rispetto a $BC$ (e cicliche). Quindi l'omotetia di centro $O$ e fattore $2$ manda il triangolo mediale in $A'B'C'$, e, visto che l'omotetia di centro $G$ e fattore $-2$ manda lo stesso triangolo mediale in $ABC$, $ABC$ è congruente ad $A'B'C'$.

Sì ok giuste entrambe. Vai LucaMac, che sei stato il primo

Dai a cip il testimone per favore, così almeno ci risparmi un altro problema di GAAL nella staffetta