Un piccolo rompicapo geometrico.
Dimostrare che in un qualunque triangolo
i punti simmetrici dell'ortocentro rispetto ai tre lati
appartengono alla circonferenza circoscritta al triangolo.
(tempo :15 minuti a partire da ....ora)
karl.
i punti simmetrici dell'ortocentro rispetto ai tre lati
appartengono alla circonferenza circoscritta al triangolo.
(tempo :15 minuti a partire da ....ora)
karl.
Risposte
14 minuti e 57 secondi… 58… 59… DING! Mi prenoto io.
Prendiamo un generico triangolo con l’ortocentro (intersezione delle altezze) all’interno (discorso analogo ma con degli accorgimenti se all’esterno)
D sia un punto della circonferenza sull’arco AC dove non sia presente B. ABCD è un quadrilatero inscritto, quindi la somma di angoli opposti è 180°.
ABC + ADC = 180°
La somma degli angoli interni di un triangolo è 180°
ABC + ACB + BAC = 180°
Prendiamo in considerazione i triangoli formati dalle altezze:
b + 90° + BAC = 180°
a + 90° + ACB = 180°
ricavo gli angoli BAC e ACB e li sostituisco nella formula degli angoli interni del triangolo
ABC + (90° - a) + (90° - b) = 180°
ABC = a + b
Ma
a + b + c = 180°
quindi
ABC = 180° -c
Confrontando quest’ultima con la prima formula scritta otteniamo che
ADC = c
Quindi il simmetrico rispetto al lato AC è sulla circonferenza. Analogo per gli altri due lati.
WonderP.
nella figura le lettere B e C sono invertite!
Modificato da - WonderP il 21/12/2003 16:31:30
Modificato da - WonderP il 21/12/2003 16:32:18
Prendiamo un generico triangolo con l’ortocentro (intersezione delle altezze) all’interno (discorso analogo ma con degli accorgimenti se all’esterno)
D sia un punto della circonferenza sull’arco AC dove non sia presente B. ABCD è un quadrilatero inscritto, quindi la somma di angoli opposti è 180°.
ABC + ADC = 180°
La somma degli angoli interni di un triangolo è 180°
ABC + ACB + BAC = 180°
Prendiamo in considerazione i triangoli formati dalle altezze:
b + 90° + BAC = 180°
a + 90° + ACB = 180°
ricavo gli angoli BAC e ACB e li sostituisco nella formula degli angoli interni del triangolo
ABC + (90° - a) + (90° - b) = 180°
ABC = a + b
Ma
a + b + c = 180°
quindi
ABC = 180° -c
Confrontando quest’ultima con la prima formula scritta otteniamo che
ADC = c
Quindi il simmetrico rispetto al lato AC è sulla circonferenza. Analogo per gli altri due lati.
WonderP.
nella figura le lettere B e C sono invertite!
Modificato da - WonderP il 21/12/2003 16:31:30
Modificato da - WonderP il 21/12/2003 16:32:18
La tua soluzione,diversa dalla mia,mi ha dato l'occasione
di ulteriori riflessioni sull'argomento(i problemi
geometrici sono stati sempre riposanti momenti di evasione:
sai com'e',sempre alle prese con derivate,integrali ecc,ecc).
P.S.
Forse nella figura i vertici B e C andavano scambiati.
In un altro momento ti chiedero' precisazioni circa
l'inserimento di figure nei posts.
Ho letto qualcosa sul forum ma ho qualche perplessita'.
Saluti ed auguri da karl.
di ulteriori riflessioni sull'argomento(i problemi
geometrici sono stati sempre riposanti momenti di evasione:
sai com'e',sempre alle prese con derivate,integrali ecc,ecc).
P.S.
Forse nella figura i vertici B e C andavano scambiati.
In un altro momento ti chiedero' precisazioni circa
l'inserimento di figure nei posts.
Ho letto qualcosa sul forum ma ho qualche perplessita'.
Saluti ed auguri da karl.
Sì, nella figura ho invertito le lettere B e C. Inserisco subito un'errata corrige.
Però adesso mi hai incuriosito, come lo hai dimostrato tu? Comunque concordo con te: le dimostrazioni geometriche sono le migliori.
WonderP.
Modificato da - WonderP il 21/12/2003 16:35:08
Però adesso mi hai incuriosito, come lo hai dimostrato tu? Comunque concordo con te: le dimostrazioni geometriche sono le migliori.
WonderP.
Modificato da - WonderP il 21/12/2003 16:35:08
Per karl: dimmi le tue perplessità e vediamo di levarle di torno!
Facendo riferimento alla tua figura (con C e B scambiati)
chiamiamo:
H l'ortocentro,CL l'altezza relativa ad AB,M l'intersezione
con la circonferenza del prolungamento di HL dalla parte di L
e BN l'altezza relativa ad AC.
Gli angoli ABM e ACM sono uguali perche' angoli alla circonf.
che insistono sullo stesso arco AM.
Gli angoli ACM e NBA sono uguali perche entrambi complementari
dello stesso angolo CAL.Ne segue che sono uguali anche gli
angoli ABM e NBA;pertanto,essendo LB bisettrice ed altezza
del triangolo HBM ,LB e' anche mediana e cio' prova che
i punti M ed H sono simmetrici rispetto ad AB,ma
M appartiene alla circonferenza e quindi l'assunto e' vero.
Per fireball:grazie per la disponibilita' e mi scuso
rendendomi conto che molti fanno la stessa domanda.
Se non ti dispiace ,ti chiedero' in seguito qualche spiegazione.
karl.
Modificato da - karl il 21/12/2003 19:48:07
Modificato da - karl il 01/01/2004 01:42:18
chiamiamo:
H l'ortocentro,CL l'altezza relativa ad AB,M l'intersezione
con la circonferenza del prolungamento di HL dalla parte di L
e BN l'altezza relativa ad AC.
Gli angoli ABM e ACM sono uguali perche' angoli alla circonf.
che insistono sullo stesso arco AM.
Gli angoli ACM e NBA sono uguali perche entrambi complementari
dello stesso angolo CAL.Ne segue che sono uguali anche gli
angoli ABM e NBA;pertanto,essendo LB bisettrice ed altezza
del triangolo HBM ,LB e' anche mediana e cio' prova che
i punti M ed H sono simmetrici rispetto ad AB,ma
M appartiene alla circonferenza e quindi l'assunto e' vero.
Per fireball:grazie per la disponibilita' e mi scuso
rendendomi conto che molti fanno la stessa domanda.
Se non ti dispiace ,ti chiedero' in seguito qualche spiegazione.
karl.
Modificato da - karl il 21/12/2003 19:48:07
Modificato da - karl il 01/01/2004 01:42:18
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