Problema con un triangolo

Tutti i problemi che presentino una figura (calcolo delle aree e dei perimetri, similitudini, allineamenti, concorrenze, ecc...)

Problema con un triangolo

Messaggioda cip999 » 13/12/2016, 21:56

Sia $ABC$ un triangolo acutangolo con $AB < AC$ e $\Gamma$ la sua circoscritta. Siano $H$, $M$ ed $F$ l'ortocentro, il punto medio di $BC$ e il piede dell'altezza da $A$, rispettivamente. Siano $Q$ e $K$ punti su $\Gamma$ tali che $\angle AQH = \angle QKH = 90^{\circ}$. Dimostrare che le circonferenze circoscritte ai triangoli $KQH$ e $KFM$ si tangono.
Non so con quali armi si combatterà la Terza Guerra Mondiale, ma la Quarta sì: con bastoni e pietre.
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Re: Problema con un triangolo

Messaggioda Saro00 » 15/12/2016, 17:21

Facilotto ma carino!
Testo nascosto:
Inverti in [tex]H[/tex] con il solito raggio + fatto sul simmetrico dell'ortocentro sta sulla circoscritta + centro di Feuerbach è punto medio di Ortocentro e Circocentro
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi.
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Re: Problema con un triangolo

Messaggioda cip999 » 17/12/2016, 18:33

Sì, probabilmente in un altro ordine (o forse no) ma le osservazioni sono quelle... :)
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Re: Problema con un triangolo

Messaggioda Veritasium » 10/01/2017, 0:37

Facilotto? Direi quasi banale

Testo nascosto:
Sia $O$ il centro di $\Gamma.$

Lemma $1$: $Q, H, M$ sono allineati.

Dimostrazione: sia $A'$ il simmetrico di $H$ rispetto a $M$; è ben noto che i simmetrici di $H$ rispetto a $M$ e $F$ stanno sulla circoscritta. Questi due punti saranno quindi a loro volta simmetrici l'uno dell'altro rispetto al punto medio $N$ dell'arco $BC$. Dunque vale $\angle A'AN = \angle NAH$ ed essendo che la retta $AH$ è l'altezza uscente da $A$ e la retta $AN$ è la bisettrice di $\angle BAC$, $AH$ e $AA'$ sono rette isogonali, ma si ha che $H$ e $O$ sono coniugati isogonali, dunque $A'$ è il punto diametralmente opposto ad $A$ su $\Gamma.$ dunque da $\angle AQH = 90$ segue $Q, H, A'$ allineati, ma per definizione di $A'$ anche $H, M, A'$, dunque $Q, H, M$ allineati.

Consideriamo ora la trasformazione geometrica [tex]\wp[/tex] composta da un'inversione di centro $H$ e raggio $\sqrt{AH \cdot HF}$ e da una simmetria rispetto ad $H$.

Lemma $2:$ $\wp$ manda $\Gamma$ in $\omega,$ la circonferenza di Feuerbach di $\triangle ABC.$

Dimostrazione: essendo che questa trasformazione geometrica manda circonferenze non per $H$ in circonferenze non per $H,$ è sufficiente mostrarlo per $3$ punti, ovvero è sufficiente mostrare che $A, B, C$ vanno nei rispettivi piedi delle altezze, che appartengono a $\omega$. Ma questo è ovvio perchè chiaramente, chiamati $U, V$ i piedi delle altezze da $B, C,$ essendo i tre quadrilateri $ABFU, ACFV, BCUV$ ciclici per questione di angoli retti, vale $AH \cdot HF = BH \cdot HU = CH \cdot HV$ per la potenza di $H$ rispetto alle tre circoscritte, dunque ovviamente $\wp$ scambia $A$ con $F$ e quindi anche $B$ con $U$ e $C$ con $V$.

Dal Lemma segue che $Q_{\wp} \equiv \omega \cap QH,$ ma per il Lemma $1$ $Q, H, M$ sono allineati, dunque $Q_{\wp} \equiv \omega \cap MH \equiv M$ essendo che $M$ appartiene a $\omega.$ Inoltre $J \equiv K_{\wp} \equiv \omega \cap KH$
($X_{\wp}$ indica l'immagine di $X$ rispetto alla trasformazione $\wp.$)

Lemma $3:$ $MJ$ è tangente ad $(AQJ)$

Dimostrazione: detto $P$ il centro di $(AQJ),$ è sufficiente mostrare $MJ \perp JP.$ Consideriamo un'omotetia di centro $H$ e parametro $2:$ essa manda ovviamente $\omega$ in $\Gamma$ (sempre per il fatto noto sull'ortocentro i piedi delle altezze vanno nella circoscritta), dunque $M$ va in $A'$ e $J$ va nel punto di intersezione (diverso da $K$) di $KH$ e $\Gamma,$ che essendo $\angle QKH = 90$ è il punto diametralmente opposto a $Q$ su $\Gamma, Q'.$ La tesi diventa equivalente a $A'Q' \perp Q'P'$ dove $P'$ è l'immagine di $P$ rispetto a questa omotetia, il che è equivalente a $P' \in AQ'$ poichè $AA'$ è diametro.
Notiamo ora che $P$ sta ovviamente sull'asse di $AQ$ che essendo $\angle AQH$ retto passa per il punto medio di $AH.$ Dunque l'omotetia manderà l'asse di $AQ$ nella retta per $A$ ad esso parallela, ovvero perpendicolare ad $AQ,$ che è proprio $AQ'$ poichè $AQA'Q'$ è un rettangolo (infatti è un parallelogramma ciclico, essendo le diagonali diametri, dunque un rettangolo). Quindi $P' \in AQ'$ e abbiamo quanto voluto.

Consideriamo ora l'analogo della tesi sotto $\wp:$ $(KQH)$ va nella retta $Q_{\wp}K_{\wp} \equiv MJ$ e $(MFK)$ va in $(M_{\wp}F_{\wp}K_{\wp}) \equiv (QAJ),$ dunque la tesi diventa il Lemma $3:$ la dimostrazione è completa.
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Re: Problema con un triangolo

Messaggioda cip999 » 11/01/2017, 13:28

Buona! :mrgreen:
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Re: Problema con un triangolo

Messaggioda Salvador » 12/02/2017, 19:10

Ma questo problema è tratto da una gara olimpica?
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Re: Problema con un triangolo

Messaggioda Veritasium » 12/02/2017, 19:12

È IMO3/2015
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