Geometria
[img]http://xoomer.virgilio.it/carlolorito/ortoc.bmp[/img]
Cerco una risoluzione puramente geometrica
(niente calcoli quindi,del resto facili)
del seguente problema:
per il vertice A del triangolo ABC si conduca
la retta r parallela a BC e siano M ed N le
proiezioni ortogonali di B e C su r.
La perpendicolare per M ad AC e la perpendicolare
per N ad AB s'intersechino in P.
Dimostrare che PA passa per l'ortocentro H di ABC.
Grazie per quello che vorrete fare.
karl.
Cerco una risoluzione puramente geometrica
(niente calcoli quindi,del resto facili)
del seguente problema:
per il vertice A del triangolo ABC si conduca
la retta r parallela a BC e siano M ed N le
proiezioni ortogonali di B e C su r.
La perpendicolare per M ad AC e la perpendicolare
per N ad AB s'intersechino in P.
Dimostrare che PA passa per l'ortocentro H di ABC.
Grazie per quello che vorrete fare.
karl.
Risposte
ok dai provo io...non mi sembra così difficile...
in pratica il problema si riduce a dimostrare che PA è perpendicolare a MN..infatti per poter passare contemporaneamente per A e per l'ortocentro, deve coincidere con l'altezza del triagolo ABC per A.
dunque
chiamo K il punto di intersezione tra la retta AB e PN ok?
allora da adesso parlerò sempre di angoli, per cui quando scrivo ABC intendo l'angolo in B ok?
BAH=PAK perchè angoli opposti al vertice
ABC=APK perchè angoli complementari di due angoli uguali (BAH e PAK)
KAN=ABC perchè angoli corrispondenti di due rette parallele (MN e BC per costruzione) tagliate da una trasversale (AB)
ora PAK+KAN=BAH+ABC=90°
quindi PA è perpendicolare ad MN, passante per A e quindi passante per l'altezza del triangolo ABC, e passa dunque per l'ortocentro!
C.d.d.
saluti
il vecchio
in pratica il problema si riduce a dimostrare che PA è perpendicolare a MN..infatti per poter passare contemporaneamente per A e per l'ortocentro, deve coincidere con l'altezza del triagolo ABC per A.
dunque
chiamo K il punto di intersezione tra la retta AB e PN ok?
allora da adesso parlerò sempre di angoli, per cui quando scrivo ABC intendo l'angolo in B ok?
BAH=PAK perchè angoli opposti al vertice
ABC=APK perchè angoli complementari di due angoli uguali (BAH e PAK)
KAN=ABC perchè angoli corrispondenti di due rette parallele (MN e BC per costruzione) tagliate da una trasversale (AB)
ora PAK+KAN=BAH+ABC=90°
quindi PA è perpendicolare ad MN, passante per A e quindi passante per l'altezza del triangolo ABC, e passa dunque per l'ortocentro!
C.d.d.
saluti
il vecchio
hei ma allora sei proprio tu che ogni tanto vedo sul sito delle olimat!!! ho trovato un post analogo a questo là!! e mi supisco che ancora non l'abbiano risolto..(magarri stanno tutti in vacanza), però per ora mi gratifica il fatto di averlo risolto!! (senza vettori di alcun tipo!!...non ci avrei proprio mai pensato!!!)
Salve ,Andrea.
Ti ringrazio per l'aiuto ma purtroppo la tua fatica
soffre di una svista che ci porta punto e a capo.
Affermare infatti che BAH=PAK perchè angoli opposti
al vertice equivale a dire che i punti P,A ed H
sono allineati e cio' e' proprio la tesi!
Forse la figura ti ha ingannato...
Il problema non e' cosi' facile e nemmeno su
Olimat ,a parte qualche suggerimento su cui debbo
ancora riflettere ,sono riusciti a chiudere la cosa.
Se vuoi pensarci ancora.
Intanto ti saluto.
karl.
Ti ringrazio per l'aiuto ma purtroppo la tua fatica
soffre di una svista che ci porta punto e a capo.
Affermare infatti che BAH=PAK perchè angoli opposti
al vertice equivale a dire che i punti P,A ed H
sono allineati e cio' e' proprio la tesi!
Forse la figura ti ha ingannato...
Il problema non e' cosi' facile e nemmeno su
Olimat ,a parte qualche suggerimento su cui debbo
ancora riflettere ,sono riusciti a chiudere la cosa.
Se vuoi pensarci ancora.
Intanto ti saluto.
karl.
hi hi è vero!! che scemo!!
d'accordo ci penserò ancora un po'...ora però mi tocca andare a dormire che domani mi inizia un corso di matematica e devo alzarmi presto
saluti
il vecchio
P.S.
scusa se non ti sono stato d'aiuto! ma meno male che me l'hai fatto notare...ci sono ricascato 3 volte tentando di risolverlo di nuovo!! [;)]
d'accordo ci penserò ancora un po'...ora però mi tocca andare a dormire che domani mi inizia un corso di matematica e devo alzarmi presto
saluti
il vecchio
P.S.
scusa se non ti sono stato d'aiuto! ma meno male che me l'hai fatto notare...ci sono ricascato 3 volte tentando di risolverlo di nuovo!! [;)]
Geometricamente mi sembra già risolto, in sostanza il triangolo è stato traslato lungo la direzione dell'altezza verticale e poi sono state tracciate le altre due altezze, queste ultime necessariamente si incroceranno sul prolungamento dell'altezza verticale.
Hai ingarbugliato le cose ma la tua costruzione è già la soluzione al problema che poni.
Hai ingarbugliato le cose ma la tua costruzione è già la soluzione al problema che poni.
Per nic.
Ti ringrazio per l'interessamento.Visivamente
la cosa funzione come tu dici (la medesima
indicazione,del resto,mi e' stata data su di
un altro sito) ma confesso che non mi convince appieno.
Non perche'la tua interpretazione sia errata
ma piuttosto perche' ero alla ricerca di una soluzione
geometricamente piu' ragionata ed appunto... meno visiva .
Saluti da karl.
Ti ringrazio per l'interessamento.Visivamente
la cosa funzione come tu dici (la medesima
indicazione,del resto,mi e' stata data su di
un altro sito) ma confesso che non mi convince appieno.
Non perche'la tua interpretazione sia errata
ma piuttosto perche' ero alla ricerca di una soluzione
geometricamente piu' ragionata ed appunto... meno visiva .
Saluti da karl.
Mi pare un problema analogo alla indimostrabilità del V postulato di Euclide... l'ho sparata troppo grossa?
Il confronto con il V post. mi sembra ...eccessivo.
A questo punto non so piu' che pensare, forse
mi debbo accontentare (..si fa per dire) della
traslazione come unica, possibile soluzione.
Ciao.
karl.
A questo punto non so piu' che pensare, forse
mi debbo accontentare (..si fa per dire) della
traslazione come unica, possibile soluzione.
Ciao.
karl.
non ti arrendere!! stanotte ci penserò ancora!!! [;)]
Forse una strada c'e'. Ti do l'idea. Io ho considerato un problema diverso, ma che dimostra che la configurazione che hai disegnato e' corretta. Ho preso un quadrilatero a diagonali perpendicolari, e scomposto nei suoi 4 triangoli. Usero' le tue stesse lettere, chiamando K il piede dell'altezza condotta da A su BC. Chiamo con x l'angolo CRM e con y l'angolo BSN, dove R ed S sono le intersezioni tra AC con PM e BA con PN rispettivamente. Allora, per il Teorema dell'angolo esterno, x=PAR+RPA, mentre y=PAS+SPA. Ora, se x e' retto, allora PAR+RPA e' 90 gradi. Se sistemi quindi gli angoli, i triangoli AKN e PAM sono simili, quindi diventano simili anche i triangoli MAK e PAN. Quindi hai che l'angolo AMK coincide con l'angolo APN, ovvero y diventa di 90 gradi anch'esso.
Questo prova che la costruzione che hai dato nel caso in cui P stia sul prolungamento di AH, rende PN ortogonale al prolungamento di AB.
Ciao, Luca.
Questo prova che la costruzione che hai dato nel caso in cui P stia sul prolungamento di AH, rende PN ortogonale al prolungamento di AB.
Ciao, Luca.
quote:
Originally posted by Luca77
...Questo prova che la costruzione che hai dato nel caso in cui P stia sul prolungamento di AH, rende PN ortogonale al prolungamento di AB...
Dell'intervento di Luca ho letto solo questo, consiglio a tutti di fare la stessa cosa.
Grazie a tutti per consigli e suggerimenti.
Li sto considerando con attenzione.
karl.
Li sto considerando con attenzione.
karl.
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