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Sia ABCD un quadrilatero ciclico e K, L, M, N siano i punti medi dei lati AB, BC, CD, e DA rispettivamente. Provare che gli ortocentri dei triangoli AKN, BKL, CLM, DMN sono vertici di un parallelogrammo.
<BR>

-Lemma 1
<BR>KLMN è un parallelogramma con i lati paralleli alle diagonali di ABCD
<BR>(con i vettori, immediato)
<BR>-Lemma 2
<BR>In un triangolo il simmetrico dell\'ortocentro rispetto ad un lato sta
<BR>sulla circonferenza circoscritta a quel triangolo
<BR>(con gli angoli, abbastanza immediato)
<BR>-Lemma 3
<BR>Un dilatazione di rapporto 2 e centro C porta la circonferenza
<BR>circoscritta a CLM nella circonferenza circoscritta ad ABCD, idem per
<BR>LBK, KAN e NDM
<BR>
<BR>Detta X la circonferenza circoscritta ad ABCD, e
<BR>A\' il punto di X tale che AA\' perpendicolare a BD
<BR>B\' il punto di X tale che BB\' perpendicolare a AC
<BR>C\' il punto di X tale che CC\' perpendicolare a BD
<BR>D\' il punto di X tale che DD\' perpendicolare a AC
<BR>
<BR>Chiamati
<BR>A\'\' il punto medio tra A ed il simmetrico di A\' rispetto a BD
<BR>B\'\' il punto medio tra B ed il simmetrico di B\' rispetto a AC
<BR>C\'\' il punto medio tra C ed il simmetrico di C\' rispetto a BD
<BR>D\'\' il punto medio tra D ed il simmetrico di D\' rispetto a AC
<BR>
<BR>Il problema diviene: dimostrare che il punto medio di
<BR>A\'\'C\'\' coincide con quello di B\'\'D\'\'. Ma questo si dimostra
<BR>facilmente con i numeri complessi, in quanto possiamo
<BR>riscrivere le simmetrie come rotazioni attorno ad un vertice
<BR>opportuno, poichè sappiamo, per esempio, che
<BR>
<BR>^D\'AC = ^D\'DC = pi/2 - ^ACD = (pi - ^AOD)/2
<BR>
<BR>Analogamente
<BR>
<BR>^D\'OD = 2(^D\'AC + ^CAD) = pi - ^AOD + ^COD
<BR>
<BR>Scelto dunque un opportuno riferimento nel piano complesso
<BR>(ad esempio A=e^(alfa*i), B=e^(beta*i) eccetera) non resta
<BR>che fare i conti (lunghi ma senza alcuna difficoltà teorica) per
<BR>verificare la tesi (A\'\'+C\'\')/2 = (B\'\'+D\'\')/2
<BR>
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: J4Ck202 il 23-01-2004 21:16 ]

Calma calma.. ho una alternative solution che mi sembra decisamente
<BR>più pratica. Se H, B e C sono rispettivamente l\'ortocentro, il baricentro
<BR>e il circocentro di un triangolo, Eulero ci dice che (vettoriamente)
<BR>
<BR> H = 3B - 2C
<BR>
<BR>Ora B(DMN) = A/6 + C/6 + 2D/3
<BR> C(DMN) = O/2 + D/2
<BR>Dunque H(DMN) = A/2 + C/2 + D - O
<BR>
<BR>E relazioni analoghe valgono per gli altri triangoli.
<BR>Segue, ISTANTANEAMENTE,
<BR>
<BR>H(DMN)+H(BLK) = H(AKN)+H(CLM)
<BR>
<BR>che è quello che volevamo provare.
<BR>Much much better.
<BR><BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: J4Ck202 il 24-01-2004 01:23 ]

Va bene tutto, ma non puoi dispensare lettere a minchia e pretendere che gli altri ti capiscano...(Jack,in realtà ho capito, ma non è molto chiaro....)
<BR>
<BR>btw...sei ancora all\'ombra della tor pendente?<BR><BR>[ Questo Messaggio è stato Modificato da: EvaristeG il 24-01-2004 01:51 ]

bene. anzi, benissimo!
<BR>
<BR>maa... una soluzione che potesse essere capita dal vecchio Euclide ...?
<BR>
<BR>c\'e\' nessuno che ...?
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<BR>eh...
<BR>
<BR>

Eh, ma tu provochi, sprmnt... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">
<BR>
<BR>Ok, io ne ho una paurosamente euclidea, a patto che mi passiate un \"lemmuccio\" innocuo che non ho voglia di dimostrare (e che potrebbe dimostrare qualchedun altro per esercizio), che avevo scoperto qualche mesetto fa...(sperando di non aver preso cantonate all\'epoca...).
<BR>
<BR>LEMMUCCIO: Sia ABCD un quadrilatero ciclico e siano H_a, H_b, H_c, H_d gli ortocentri dei triangoli BCD, CDA, DBA, ABC, rispettivamente. Allora H_a H_b H_c H_d formano un quadrilatero congruente a ABCD.
<BR>
<BR>Enunciata la premessa, passiamo alla dimostrazione.
<BR>
<BR>Gli ortocentri di AKN, BKL, CLM, DMN (chiamiamoli P,Q,R,S) sono i punti medi dei segmenti AH_a, BH_b, CH_c, DH_d, poichè AKN e ABC sono triangoli simili il cui rapporto è 1:2 e così per gli altri tre.
<BR>
<BR>Inoltre AH_aCH_c è un parallelogramma e così anche BH_bDH_d, in virtù del lemmuccio. Ora, PR è parallelo a AC e quindi a H_aH_c.
<BR>Perciò BH_b è perpendicolare a PR e sia Z il punto in cui i due segmenti si incontrano.
<BR>Del resto, DH_d è anche perpendicolare a PR e sia V il loro punto di incontro.
<BR>Ora, per il fatto che H_aH_bH_cH_d e ABCD sono congruenti, BZ=DV e PZ=RV, da cui anche QZ=SV (poichè BH_b=DH_d). Quindi QP=RS. Similmente si dimostra che QR=PS e dunque PQRS è un parallelogramma.
<BR>
<BR>PS: scusate la poca chiarezza, ma ho fretta. <IMG SRC="images/forum/icons/icon_razz.gif">

Ecco la mia (sintetica) versione dei fatti.
<BR>
<BR>Consideriamo i cerchi circoscritti ai triangoli AKN, BKL, CLM, DMN. E\' facile provare che questi quattro cerchi hanno come punto comune il centro O del cerchio c(ABCD). Un altro fatto facile da provare e\' che c(AKN) e c(CLM) si intersecano (inoltre) nel punto medio P della diagonale AC, analogamente c(BKL) e c(DMN) si intersecano (inoltre) nel punto medio Q della diagonale BD. Chiamiamo A\', B\', C\' and D\' gli ortocentri dei triangoli AKN, BKL, CLM, DMN rispettivamente.
<BR>Dato che c(B\'KL) e\' la traslazione di c(BKL) e similmente per gli altri attori allora BB\' e DD\' sono entrambi uguali e paralleli a OP, mentre AA\' e CC\' sono entrambi uguali e paralleli a OQ.
<BR>
<BR>Questo significa che Q\'=t_op(Q) e P\'=t_oq(P) [spero che la simbologia risulti chiara] sono coincidenti , i.e. A\'C\' e D\'B\' si bisecano l\'un l\'altro, da cui la tesi.
<BR>
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<BR>

Bella!!!! <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif"> <IMG SRC="images/forum/icons/icon_biggrin.gif">
<BR>E sintetica in più d\'un senso... <IMG SRC="images/forum/icons/icon_wink.gif">