OliForum Matematico

Colgo l'occasione (vedi combinatoria) per segnalare un interessante problema di geometria solida della gara telematica dell'unimi che è risultato indigesto per il nostro enomis (mi perdonerà, ovviamente...! ).

Un tetraedro di vertici A, B, C, D ha quattro altezze AA(1), BB(1), CC(1), DD(1) che si intersecano in un punto H. Sulle prime tre altezze consideriamo i punti A(2), B(2), C(2), D(2) tali che
AA(2)/A(2)A(1) = BB(2)/B(2)B(1) = CC(2)/C(2)C(1) = 2
Dimostrare che esiste una sfera passante per i 5 punti H, A(2), B(2), C(2), D(1).

(Ot e gufate)
Il perdono richiederà un sacrificio rituale che verrà effettuato appena dopo il TUO oro a cese 2007..non sarà TROPPO doloroso il trapasso..

Tornando a cose più serie..sai questo problema con i piccioni c’entra ben poco

Se queste sono le cose più serie siamo messi bene...
Volevo essere in tema con i tuoi posts!

Uau, ho trovato la soluzione non-brutal!

Discutiamo prima il problema 2-dimensionale, poi quello a 3 dimensioni è più o meno la stessa cosa.

Problema: Sia ABC un triangolo, AA', BB', CC' le altezze, A'',B'',C'' i punti a 2/3 di ciascuna altezza.
Dimostrare che:
- A''B''C'' è simile ad ABC
- A''B''C''H sono sulla stessa circonferenza.



L'idea è che quei 2/3 ricordano il fatto noto che il baricentro si trova ai 2/3 delle mediane...
Sia G il baricentro, M il punto medio di AB. Allora A'' è ai 2/3 del segmento AA' e G è ai 2/3 del segmento AM, inoltre A' ed M sono su BC, quindi A''G e BC sono parallele. Ma AA' è perpendicolare a BC. Quindi AA' e GA'' sono perpendicolari. Segue che:
- A'',B'',C'' sono le proiezioni del baricentro sulle altezze.
Ora, prendiamo la circonferenza di diametro GH... avremo $ ~ \angle GA''H = \angle GB''H = \angle GC''H = 90° $, da cui il quadrilatero è ciclico.
Poi, per una questione di angle chasing, gli angoli con cui si incrociano le altezze sono gli angoli di ABC. Quindi, per gli angoli alla circonferenza su uno stesso arco, A''B''C'' è (oppositamente) simile ad ABC.


OOOOOPS ora mi sono accorto che ho sbagliato problema!!!
Beh poco importa. Infatti, invece che proiettare il baricentro, proiettiamo il punto medio M di BC e otteniamo che:
H,M, A', il punto medio di BB', il punto medio di CC' , sono concliclici. E il triangolo ottenuto è ancora simile ad ABC!


Passando al caso 3d, cambia poco.
Prendo il baricentro G di ABC ed è chiaro che A'',B'',C'' sono le sue proiezioni sulle altezze. Quindi GA''H, GB''H, GC''H sono retti, e anche GD'H è retto, il che dovrebbe essere una condizione perchè quei punti stiano su una sfera di diametro GH.

Sì, va bene!
Io dopo un po' ho provato a considerare il baricentro della base e funzionava...