Ritengo difficile una soluzione puramente sintetica a meno
di non usare una equivalente congerie di "teoremuzzi" vari.
La parola ,comunque,ai supergeometri del Forum!
Siano:
ABC il triangolo;cF la crf.di Feuerbach;M,N,L i punti medi di BC,CA,AB;
H,F,G,O l'ortocentro,il centro di cF,il baricentro,il circocentro;
a,b,c le misure dei lati BC,CA,BA;$ m_a,m_b,m_c $ le misure
delle mediane relative ai medesimi lati ;R la misura del circoraggio.
Il quesito richiede varie nozioni di geometria che non dimostro
interamente data l'ampiezza delle stesse.
a) I punti H,F,G ed O sono sulla stessa retta (di Eulero) ed inoltre
$ HF=\frac{1}{2}HO ,HG=2GO,FG=\frac{1}{3}HF=\frac{1}{2}GO $
b) Teorema di Stewart (vedi fig.1)
Risulta:
$ AB^2.DC+AC^2.BD=BC(AD^2+BD.DC) $
Infatti dai triangoli ABD e ADC per Carnot si ha:
$ (1)AB^2=AD^2+BD^2-AD.BDcos\alpha $
$ (2)AC^2=AD^2+DC^2+2.AD.DCcos\alpha $
Moltiplicando la (1) per DC e la (2) per BD e sommando si ha il teorema.
In particolare se D e'punto medio di BC, risulta:
$
c^2.\frac{a}{2}+b^2.\frac{a}{2}=a(m_a^2+\frac{a^2}{4}) $
od anche:
$ (3) m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4} $
Sommando questa relazione per tutte e 3 le mediane si ottiene che:
$ (4) m_a^2+m_b^2+m_c^2=\frac{3}{4}(a^2+b^2+c^2)
$
c) Risulta:
$ a^2+b^2+c^2=9R^2-4FH^2 $
Infatti (vedi fig.2) dal trangolo AOM per Stewart si ha:
$
AO^2.GM+MO^2.GA=AM(GO^2+GA.GM) $
Ma:$
AG=\frac{2}{3}AM,GM=\frac{1}{3}AM,AO=R,GO=\frac{1}{3}OH,MO^2=R^2-\frac{a^2}{4} $
e sostituendo:
$
R^2(\frac{1}{3}AM)+(R^2-\frac{a^2}{4})(\frac{2}{3}AM)=AM(\frac{1}{9}OH^2+\frac{2}{9}AM^2) $
Semplificando per AM si ha:
$ \frac{1}{3}R^2+\frac{2}{3}(R^2-\frac{a^2}{4})=\frac{1}{9}OH^2+\frac{2}{9}AM^2 $
Ora per la (3) e':$ AM^2=m_a^2=\frac{2b^2+2c^2-a^2}{4} $,quindi sostituendo
e facendo i calcoli si trova la relazione indicata.
d)Se P e' un punto qualunque del piano di ABC,risulta:
$ PA^2+PB^2+PC^2=GA^2+GB^2+GC^2+3PG^2 $
Infatti (vedi fig.3) dal triangolo APL per Stewart si ha:
$ AP^2.GL+PL^2.AG=AL(PG^2+AG.GL) $
ma AL=3GL e AG=2GL e quindi:
$ AP^2.GL+PL^2.(2GL)=3GL(PG^2+GL^2) $ cioe'
$ AP^2+2PL^2=3PG^2+6GL^2 $
ed analogamente per i triangoli BPM e CPN:
$ BP^2+2PM^2=3PG^2+6GM^2 $
$ CP^2+2PN^2=3PG^2+6GN^2 $
Sommando queste 3 relazioni:
$
(5)2(PL^2+PM^2+PN^2)= $
$ =9PG^2+6(GL^2+GM^2+GN^2)-(AP^2+BP^2+CP^2) $
Ora dal triangolo PBC (vedi fig.3) per la (3) si ha:
$ PL^2=\frac{2PB^2+2PC^2-BC^2}{4} $
ed analogamente da PCA e PAB si ha:
$ PM^2=\frac{2PC^2+2PA^2-CA^2}{4} $
$ PN^2=\frac{2PA^2+2PB^2-AB^2}{4} $
Sostituendo nella (5) si ottiene:
$ 2(PA^2+PB^2+PC^2)-\frac{1}{2}(AB^2+BC^2+CA^2)= $
$ 9PG^2+6(GL^2+GM^2+GN^2)-(PA^2+PB^2+PC^2) $
da cui:
$ 3(PA^2+PB^2+PC^2)= $
$ 9PG^2+6(GL^2+GM^2+GN^2)+\frac{1}{2}(AB^2+BC^2+CA^2) $
Ma :
$ GL=\frac{1}{2}GA $;$ GM=\frac{1}{2}GB $;$ GN=\frac{1}{2}GC $;
$ AB^2+BC^2+CA^2=\frac{4}{3}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)=3(GA^2+GB^2+GC^2) $
Sostituendo si ha appunto:
$ PA^2+PB^2+PC^2=GA^2+GB^2+GC^2+3PG^2 $
************************************************
Ora (vedi fig.4) dal triangolo PGH per Stewart si ottiene:
$ PH^2.FG+PG^2.HF=HG(PF^2+HF.FG) $ da cui:
$ \frac{1}{3}PH^2.HF+PG^2.HF=\frac{4}{3}HF(PF^2+HF.\frac{1}{3}HF) $
$ \frac{1}{3}PH^2+PG^2=\frac{4}{3}PF^2+\frac{4}{9}HF^2 $ e quindi:
$ PH^2=4PF^2+\frac{4}{3}HF^2-3PG^2 $
Pertanto:
$ PA^2+PB^2+PC^2+PH^2=GA^2+GB^2+GC^2+3PG^2+PH^2= $
$ \frac{4}{9}(m_a^2+m_b^2+m_c^2)+3PG^2+4PF^2+\frac{4}{3}HF^2-3PG^2= $
$ \frac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)+4PF^2+\frac{4}{3}HF^2= $
$ \frac{1}{3}(9R^2-4FH^2)+4PF^2+\frac{4}{3}HF^2=3R^2+4PF^2 $
In particolare se P coincide con F si ha PF=0 e dunque:
$ FA^2+FB^2+FC^2+FH^2=3R^2 $
Q.E.D.
