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Segmenti staccati a caso e ortocentro collineari!!!
Inviato: 07 mag 2007, 12:52
da Boll
Sia $ $O$ $ il circocentro di un triangolo acutangolo $ $ABC$ $ e sia $ $A_1$ $ un punto sull'arco minore $ $BC$ $ del circocerchio. Siano $ $A_2$ $ e $ $A_3$ $ punti sui lati $ $AB$ $ e $ $AC$ $, scelti in modo che sia $ $\angle BA_1A_2 = \angle OAC$ $ $ $\angle CA_1A_3 = \angle OAB$ $
Si provi che $ H,A_2,A_3 $ sono allineati dove $ H $ è l'ortocentro di $ ABC $
Inviato: 07 mag 2007, 17:51
da peppeporc
peppeporc ha scritto:Chiamo L,K e T i piedi delle altezze rispettivamente su AB, AC e BC e chiamo per comodità a l'angolo OAC. OAC è isoscele per costruzione, quindi AOC=180°-2a, ma ABC=AOC/2 = 90°-a(angolo alla circonferenza metà di angolo al centro).
Considerando il quadrilatero HLBT, conosco i 2 angoli retti, l'angolo LBT=90°-a, di conseguenza avrò che
1)LHT=360°-90°-90°-90°+a=90°+a.
Considero ora il triangolino rettangolo A_{2}HL in cui
2)A_{2}HL=90°-LA_{2}H.
Inoltre, nel triangolo A_{2}BA_{3} ho che
BTA_{2}=180°-(90°-a+aBA_{2}T), che per evidenti congruenze riscrivo come
3)TA_{3}H=180°-(90°-a+L{A_{2}H)=90°+a-LA_{2}H.
A questo punto, mi cerco il valore dell'angolo THA_{3} portandomi nel triangolino rettangolo THA_{3}:
4)THA_{3}=90°-TA_{3}H che per la 3) diventa
TH{A_{3}=90°-90°-a+LA_{2}H=LA_{2}H-a.
Sommo 1), 2) e 4):
LHT+A_{2}HL+THA_{3} = A_{2}HA_{3} = 90°+a+90°-LA_{2}H+LA_{2}H-a = 180° -> A_{2}, H, A_{3} allineati.
Inviato: 08 mag 2007, 01:25
da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
data l'ora potrei anche sparare stupidagino comunque:
EB è l'arco che sottende l'angoloBA_1A_2e CD quello che sottende CA_1A_3e F è il simmetrico di A rispetto a O.
CE è parallela a FB che è perpendicolare a AB (angoli alla crf e angolo retto), BD è parallela a Ct che è perpendicolare a CA (angoli alla crf e angolo retto)
quindi queste due rette sono due altezze che si incontrano in H.
A questo punto il solito pappo-pascal sui punti D,A_1,E,C,A,B risolve il problema.
Inviato: 08 mag 2007, 16:24
da Sisifo
Applichiamo le notazioni standard per gli elementi di un triangolo. Sia B_3 l'altra intersezione di A_1 A_3 con la circonferenza circoscritta e B_2 in modo analogo. Allora si vede immediatamente che \angle B_3 A A_3 = \angle A_3 A_1 C = \pi/2 - \gamma e analogamente \angle B_3 C A_3 = \pi/2 - \alpha, per cui B_3 è la riflessione di H rispetto a AC. Analogamente B_2 è la riflessione di H rispetto ad AB. Perciò \angle AHA_3 = \angle A B_3 A_3 e \angle AHA_2 = \angle A B_2 A_2. Ma A B_3 A_1 B_2 è ciclico, per cui i due angoli sono supplementari. CVD
Inviato: 09 mag 2007, 01:27
da EvaristeG
Inviato: 09 mag 2007, 01:52
da ¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾
molto significativa
Inviato: 09 mag 2007, 21:47
da julio14
Inviato: 11 mag 2007, 20:58
da fur3770
Inviato: 11 mag 2007, 22:13
da julio14
fur3770 ha scritto:w la figa !
E julio14 ha scritto:e chi la cast... ehm ehm...
Qualche mod censuri questa sfilza di OT (io da solo non riesco a frenarmi)!
Oppure andiamo in birreria e ci sfoghiamo tranquillamente...