OliForum Matematico

Sia ABC un triangolo, e siano D, E, F i piedi delle bisettrici. Sia P l'ortocentro del triangolo DEF, ed I l'incentro di ABC. Dimostrare che IP è parallela alla linea di Eulero di ABC.



P.S. : non conosco la soluzione e non so quanto sia difficile.

allora bisogna dimostrare che IP giace interamente sulla linea di Eulero di ABC?
altrimenti non ho proprio capito il testo

gian92 ha scritto:allora bisogna dimostrare che IP giace interamente sulla linea di Eulero di ABC?
altrimenti non ho proprio capito il testo

ammeno chè il triangolo sia isoscele nè I nè P stanno sulla linea di eulero...

ma la linea di eulero non è la retta su cui giacciono incentro, ortocentro e baricentro di un triangolo?
ed essendo I il baricentro di ABC questo deve essere sulla retta di Eulero

gian92 ha scritto:ma la linea di eulero non è la retta su cui giacciono incentro, ortocentro e baricentro di un triangolo?
ed essendo I il baricentro di ABC questo deve essere sulla retta di Eulero

viewtopic.php?t=9955&highlight=

circocentro. non incentro.

ecco dove mi sbagliavo...
ero certo che fosse l'INcentro

Dovrei aver trovato una soluzione sintetica a questo problema ma è parecchio lunga...la posterò a pezzi:

Teorema 1 presi ABC e A'B'C' sono due triangoli perspettici di centro P (i.e. AA', BB', CC' concorrono in P) e tre ceviane AD, BE e CF concorrenti in S nel primo triangolo, siano D', E', F' su B'C', C'A', A'B' in modo che P,D,D' e P,E,E' e P,F,F' sono allineati. Allora nel triangolo A'B'C' le ceviane A'D', B'E', C'F' e PS concorrono.[se vi interessa la dimostrazione del teorema ve la posto, si basa solo sul teorema di Desargues applicato più volte]

Lemma 1 Il punto di Gray [X(79)], l'ortocentro del triangolo incentrico [X(500)] e l'incentro sono allineati.

definizione: Il punto di Gray è il punto di concorrenza delle ceviane che uniscono il vertice al simmetrico dell'incentro rispetto al lato opposto. In questo problema chiamiamolo $ G_r $.

Dimostrazione del Lemma 1:

$ G: AD \cap EF $ e X è il simmetrico di I rispetto a BC, $ H: AX \cap BC $

Lemma 0.1: Sia ABC un triangolo e sia X il piede della bisettrice da A e Y il piede della bisettrice esterna. Allora (A,B,X,Y) è una quaterna armonica. Viceversa se abbiamo un punto Y su AB e X il piede della bisettrice e (A,B,X,Y) è una quaterna armonica allora Y è il piede della bisettrice esterna e viceversa.
[Per la dimostrazione è sufficente il teorema della bisettrice esterna e il teorema della bisettrice]

Come noto (A,I,G,D) sono una quaterna armonica. Ma nel triangolo $ \triangle IHA $ D è il piede della bisettrice esterna dell'angolo in H. Quindi per il Lemma 0.1, G è il piede della bisettrice interna di $ \angle AHI $ e $ GH \perp DH $, ovvero $ GH \perp BC $.

Chiamiamo Y il simmetrico di I rispetto a EF e $ K: AY \cap EF $.
Ma nel triangolo $ \triangle AKI $ G è il piede della bisettrice interna da K, quindi per il Lemma 0.1 D è il piede della bisettrice esterna da K e $ DK \perp KG $ evvero K è il piede dell'altezza del triangolo $ \triangle FED $ da D.

Chiamiamo $ L : EF \cap BC $; allora abbiamo che (C,B,D,L) è una quaterna armonica quindi L è il piede della bisettrice esterna di ABC da A.
Chiamiamo $ J: HG \cap AL $; allora G è l'ortocentro di $ \triangle DJL $ e $ DJ \perp GL $; ma $ GL \perp DK $, quindi D, K e J sono allineati.

Chiamiamo $ I' : KH \cap GD $, allora (A,I',G,D) è una quaterna armonica (basta osservare che nel triangolo $ \triangle DJL $ KL, HJ e DA sono ceviane che concorrono in G) ma sappiamo che anche (A,I,G,D) è una quaterna armonica, quindi $ I' \equiv I $.

Quindi H, I e K sono allineati.

Chiamiamo $ M: AX \cap EF $ e $ N: AY \cap CB $.
Ripedendo il procedimento ugualmente a prima otteniamo che M, I e N sono allineati.

(N, H, D, L) è una quaterna armonica e $ DA \perp AL $ quindi per il Lemma 0.1 nel triangolo $ \triangle NHA $ D è il piede della bisettrice da A, quindi le ceviane AX e AY sono A-isogonali.

Nel triangolo $ \triangle FED $, chiamiamo R e Q i piedi delle altezze rispettivamente da E e da F. Ma i triangoli $ \triangle KRQ $ e $ \triangle FED $ sono perspettivi e i triangoli $ \triangle FED $ e $ \triangle ABC $ sono perspettivi, quindi per Desargues i triangoli $ \triangle ABC $ e $ \triangle KRQ $ sono perspettivi e quindi AK, BP e CQ concorrono in un punto che chiamiamo P.

Chiamiamo $ S: BG_r \cap CA $ e $ T: CG_r \cap AB $.
I triangoli $ \triangle HTS $ e $ \triangle KQR $ sono perspettici di centro I (infatti come dimostrato H, I e K sono allineati e la stessa cosa si può ripetere per T, I, Q e S,I,R). Applicando il Teorema 1 ai triangoli $ \triangle ABC $ e $ \triangle FED $ si ha che DK, ER, FQ e $ IG_r $ concorrono, ma DK, ER e FQ concorrono nell'ortocentro di $ \triangle FED $ che chiamiamo H'.


Quindi $ G_r $, $ I $ e $ H' $ sono allineati

uff quanta fatica solo per dimostrare un lemma...prossimamente la dimostrazione...che è molto più lunga

Per il Lemma 1 la tesi diventa: Dimostrare che la retta che unisce il punto di Gray e l'incentro è parallela alla retta di Eulero.


definizioni: due triangoli $ \triangle ABC $ e $ \triangle A'B'C' $ sono ortologoci sse le perpendicolari da A, B, C a B'C', C'A', A'B' concorrono in un punto che chiamiamo P e le perpendicolari da A', B', C' a BC, CA, AB concorrono in un punto che chiamiamo P'; P e P' sono detti centri ortologici.


Teorema 2: Presi tre triangoli $ \triangle ABC $, $ \triangle A'B'C' $ e $ \triangle A''B''C'' $ perspettivi nel centro O, siano M, M' i punti di incontro di AB con A'B' e AC con A'C', N, N' di AB con A"B" e AC con A"C" e R, R' di A'B' con A"B" e A'C' con A"C".Allora MM', NN' et RR' concorrono.
In altre parole pe perspettrici dei triangoli a due a due concorrono.


Teorema di Sondat: presi due triangoli ortologoci ABC e A'B'C' di centri ortologici rispettivamente P e P' e perspettivi con centro Q e perspettrice $ l $, si ha che P, P' e Q stanno su una retta perpendicolare a $ l $
[per la dimostrazione e maggiori informazioni vedi qui]


Lemma 2: la perspettrice tra il triangolo ortico di $ \triangle ABC $ e $ \triangle ABC $ è perpendicolare alla retta di Eulero di $ \triangle ABC $.
Dimostrazione Lemma 2:
Chiamiamo H l'ortocentro di ABC e D,E,F i piedi delle altezze da A, B, C. Siano rispettivamente O, P, Q le intersezioni di YZ, ZX, XY con BC, CA, AB; $ \Gamma $ è il circocerchio e $ \Gamma_1 $ la crf di Fuerbach.
Abbiamo che Z e X stanno sulla crf di diametro CA e quindi $ PZ \cdot PX = PC \cdot PA $, quindi P ha la stessa potenza w.r.t $ \Gamma $ e w.r.t. $ \Gamma_1 $, quindi P sta sull'asse radicale di $ \Gamma $ e $ \Gamma_1 $ e ugualmente per O e Q. Ma l'asse radicale è perpendicolare alla congiungente dei centri che è la retta di Eulero.

Dimostrazione: Preso un triangolo XYZ, chiamiamo O il suo circocentro e $ A $ il centro del cerchio circoscritto a $ \triangle OYZ $, $ B $ del cerchio circoscritto a $ \triangle OZX $ e $ C $ del cerchio circoscritto a $ \triangle OXY $. Allora $ \triangle ABC $ è detto triangolo di Kosnita e $ AX $, $ BY $ e $ CZ $ concorrono nel punto di Kosnita [X(54)] di $ \triangle XYZ $ che è il punto di Gray di $ \triangle ABC $, che chiamiamo$ K $. Quindi per il Teorema di Desargues $ \triangle ABC $ e $ \triangle XYZ $ sono perspettici di centro $ K $ e di perspettrice $ r $.

Sia $ \triangle A'B'C' $ il triangolo ortico di $ \triangle ABC $ e siano $ R: AB \cap A'B' $, $ S: BC \cap B'C' $, $ T: CA \cap C'A' $ e $ t $ la retta di Eulero di $ \triangle ABC $. Chiamiamo $ r_R $ la parallela da R a XY, $ r_S $ da S a YZ e $ r_T $ da T a ZX. Siano inoltre $ D: r_R \cap r_T $, $ E: r_S \cap r_T $ e $ F: r_R \cap r_S $. Allora per Desargues $ \triangle ABC $, $ \triangle XYZ $ e $ \triangle FED $ sono perspettivi di centro K.

Essendo omotetici la perspettrice di $ \triangle XYZ $ e $ \triangle FED $ è la retta all'infinito mentre ST è la perspettrice di $ \triangle FED $ e $ \triangle ABC $. Ma allora per il Teorema 2 applicato ai tre triangoli $ \triangle ABC $, $ \triangle XYZ $ e $ \triangle FED $, le tre perspettrici sono parallele e quindi $ r \parallel ST $.

Applicando il Teorema di Sondat a $ \triangle ABC $ e $ \triangle XYZ $ otteniamo che $ OK \perp r $ perchè i centri ortologici coincidono in O e il centro perspettico è K. Ma per il Lemma 2 abbiamo che $ ST \perp t $ e quindi concludiamo che $ OK \parallel t $.

Ma il circocentro di $ \triangle XYZ $ è l'incentro di $ \triangle ABC $, K è il punto di Gray di $ \triangle ABC $ e $ t $ la retta di Eulero di $ \triangle ABC $


finalmente finito...che fatica

Sì, questa è esattamente la dimostrazione che avevo in mente... La prossima volta però cerca di metterci un po' meno, era abbastanza facile come problema