OliForum Matematico

questo problema è stato proposto da stefano attanasio al tavolo dei romani di cesenatico 2005,
ed è stato risolto in pochi minuti su un tovagliolo ( ) da frengo; voi fatelo pure su un quaderno, è un bel problema.

Sia AB un segmento, e C un punto del piano tale che ACB=60°. Siano H e K i piedi delle altezze del triangolo ABC relative ai lati AC, BC. Si determini il luogo dei circocentri di HKC al variare di C.

Ma è uguale a "selezione Cortona 95"
Almeno sul libro "Le Olimpiadi della Matematica" seconda edizione lo segna così!
Il testo è leggermente diverso ma chiede esattamente la stessa cosa.

Comunque una settimana fa (quando facevo i problemi del libro) avevo cercato di risolverlo in questo modo:

Aggiungo alcuni punti:
O è l'ortocentro di ABC, P è l'ortocentro di CHK.
Il quadrilatero CHOK è ciclico perchè ha due angoli opposti retti, quindi P è anche io suo circocentro. Inoltre il diametro della circonferenza inscritta è CO (perchè abbiamo dei triangoli rettangoli), quindi P è il punto medio del segmento CO.

Il luogo dei punti che può occupare C sono due archi di circonferenza simmetrici rispetto ad AB, quindi ragiono solo su uno di questi.
Poi l'angolo AOB è uguale a 180 - ACB o ad ACB, a seconda che il triangolo sia acutangolo oppure ottuso.

A questo punto mi sono bloccato, però sembrava che venissero i punti medi tra due circonferenze uguali e traslate, quindi un'altra circonferenza... sembrava.

Costruiamo il triangolo AEB isoscele su AB e tale che sia AEB=120°:
il punto C appartiene allora all'arco maggiore AB della circonferenza c
di centro E e raggio AE=BE=r.
DAl quadrilatero circoscrittibile CHOK si trae che ,essendo HCK=60°,e'
AEB=AOB=HOK=120° e pertanto il punto O appartiene all'arco minore
AB della circonferenza passante per A e B e simmetrica di c rispetto ad AB.
Ora,congiungendo nel quadrilatero COFE (dove e' CE=EF=FO=r
e CO e' parallelo ad EF) C con F ed O con E,e' facile vedere che esso e' un rombo.
Sara' quindi CO=r ed allora il segmento PM,congiungente
P( medio di OC) ed M (medio di EF) ,sara' uguale ad r : PM=r.
Cio' significa che il luogo richiesto e' l'arco (situato sopra AB e delimitato dalle
perpendicolari per A e B ad AB) della circonferenza di centro M e raggio r.
Ovviamente si puo' anche considerare la figura simmetrica.
Leandro.

sostanzialmente questo è lo stesso problema di cesenatico06!!!!

Non era il luogo degli ortocentri, quello di Cesenatico 2006?O sono la stessa cosa?

In questo esercizio il luogo cercato era quello formato dal punto medio tra l'ortocentro e il punto P sulla circonferenza... quindi praticamente la "media" tra la circonferenza e il luogo degli ortocentri (la sua simmetrica).

Per fare questo esercizio bisognafa certamente capire qual era il lugo degli ortocentri, quindi, anche se più difficile, sostanzialmente era quello.

Probabilmente intendeva che questo luogo si otteneva traslando quello degli ortocentri in su.. ma questo problema io lo trovo molto più difficile del cese 06..