I tre cerchi
ABC è un qualunque triangolo di cui sia H l'ortocentro. Si dimostri che i tre cerchi ( vedi fig.) $\gamma_1(A,B,H), \gamma_2(B,C,H), \gamma_3(C,A,H)$ hanno raggio uguale.
N.B. La scruttura $\gamma(X,Y,Z))$ indica il cerchio passante per i 3 punti $X,Y,Z$
Risposte
Tento una soluzione con la geometria analitica:
Si consideri il triangolo $ FDE $, dove $ F(0;0) $, $ E(a;0) $ e $ D(b;d) $, e dove $ d $ e` negativo.
Occorre dimostrare che $ H $ e` il circocentro di tale triangolo, ossia il punto d'incontro dei tre assi del triangolo.
Si calcola che l'asse del segmento $ FE $ e` dato dall'equazione $ x=\frac{a}{2} $. Analogamente, si calcola che l'asse del segmento $ ED $ e` dato dall'equazione $ y=\frac{a-b}{d}x + \frac{d^2-a^2+b^2}{2d} $.
Intersecando tali due rette si ottiene il punto $ P(\frac{a}{2}; \frac{b^2-ab+d^2}{2d}) $.
Se l'asse del segmento $ FD $ passa per il punto $ P $, si avra` $ P=H $, ossia $ H $ e` il circocentro del triangolo $ FDE $.
Si calcola che l'asse del segmento $ FD $ e` dato dall'equazione $ y= -\frac{b}{d}x + \frac{d^2+b^2}{2d} $. Intersecando tale retta con la retta $ x=\frac{a}{2} $, si ottiene il punto $ P $. Dunque, segue che $ P=H $, e allora che $ H $ e` il circocentro del triangolo $ FDE $. Ossia $ bar(FH) = bar(EH) = bar(DH) $, il che completa la dimostrazione.
Si consideri il triangolo $ FDE $, dove $ F(0;0) $, $ E(a;0) $ e $ D(b;d) $, e dove $ d $ e` negativo.
Occorre dimostrare che $ H $ e` il circocentro di tale triangolo, ossia il punto d'incontro dei tre assi del triangolo.
Si calcola che l'asse del segmento $ FE $ e` dato dall'equazione $ x=\frac{a}{2} $. Analogamente, si calcola che l'asse del segmento $ ED $ e` dato dall'equazione $ y=\frac{a-b}{d}x + \frac{d^2-a^2+b^2}{2d} $.
Intersecando tali due rette si ottiene il punto $ P(\frac{a}{2}; \frac{b^2-ab+d^2}{2d}) $.
Se l'asse del segmento $ FD $ passa per il punto $ P $, si avra` $ P=H $, ossia $ H $ e` il circocentro del triangolo $ FDE $.
Si calcola che l'asse del segmento $ FD $ e` dato dall'equazione $ y= -\frac{b}{d}x + \frac{d^2+b^2}{2d} $. Intersecando tale retta con la retta $ x=\frac{a}{2} $, si ottiene il punto $ P $. Dunque, segue che $ P=H $, e allora che $ H $ e` il circocentro del triangolo $ FDE $. Ossia $ bar(FH) = bar(EH) = bar(DH) $, il che completa la dimostrazione.
Altrimenti basta notare che quei tre cerchi si possono ottenere tutti a partire dal cerchio di Feuerbach del triangolo ABC, tramite un'omotetia di fattore $2$ e di centro, rispettivamente, $C$, $A$, $B$.
Scusami, ma cosa e` questo cerchio di Feuerbach?
Si tratta del cerchio che passa, tra altre cose, per i punti medi di un triangolo e per i punti medi dei segmenti che hanno per estremi l'ortocentro e un vertice.
wikipedia: Nine-point_circle
wikipedia: Nine-point_circle
Ok, ti ringrazio.
ma l'unica funzione f: RR -> RR che verifica f(xy)= f(x)+f(y) per ogni x,y in RR è f(x)=0 (costante).
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Si dimostra facilmente che ciascuno di questi tre cerchi – uno circoscritto ad HAB, un altro circoscritto ad HBC e il terzo circoscritto ad HCA – ha lo stesso raggio del cerchio circoscritto ad ABC.
Basta porsi la domanda: “Perché le altezze si incontrano tutte in uno stesso punto?”» e rispondere: «Perché le altezze sono gli assi del triangolo che si ottiene tracciando per ciascun vertice la parallela al lato opposto».
La dimostrazione è sì facile. Ma è anche tediosa (specie senza avere sotto gli occhi una figura ad hoc).
Provo ugualmente ad esporla.
[Inciso. La cosa buffa è che ci sono arrivato ricavando il raggio di uno di essi in funzione dei tre lati a, b e c con l'idea che la tesi sarebbe stata vera se l'espressione fosse risultata invariante allo scambio dei lati stessi, e approdando all'espressione
R = abc/(4S) [dove S è l'area del triangolo ABC]
che è proprio il raggio del cerchio circoscritto ad ABC].
Sia A'B'C' il triangolo ottenuto tracciando per A la parallela a BC, per B la parallela a CA e per C la parallela ad AB.
L'ordine dei vertici di A'B'C' sia tale che A sia il punto medio di B'C', B sia il punto medio di C'A' e C sia il punto medio di A'B'.
L'ortocentro H di ABC è il circocentro di A'B'C'.
I segmenti HA HB e HC (distanze dell'ortocentro di H dai vertici di ABC) suddividono il triangolo A'B'C' nei tre quadrangoli:
HAB'C, HBC'A e HCA' B.
Questi hanno le rispettive diagonali HB', HC' e HA' uguali perché raggi del cerchio circoscritto ad A'B'C'.
Questi stessi quadrangoli hanno tutti due angoli opposti retti con vertici negli estremi di un lato di ABC.
Pertanto sono circoscrittibili e i diametri dei rispettivi cerchi circoscritti sono proprio HB', HC' e HA' che sono uguali tra loro perché raggi del cerchio circoscritto ad A'B'C'.
In conclusione, i cerchi circoscritti rispettivamente ad AHC, a BHA e a CHB hanno lo stesso raggio e questo è metà del raggio del cerchio circoscritto ad A'B'C' che è simile ad ABC e di lati doppi dei rispettivi lati di ABC.
Perciò i raggi di quei tre cerchi non solo sono uguali tra loro, ma sono anche uguali al raggio del cerchio circoscritto ad ABC
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Ciao ciao.
Buone feste a tutti
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Basta porsi la domanda: “Perché le altezze si incontrano tutte in uno stesso punto?”» e rispondere: «Perché le altezze sono gli assi del triangolo che si ottiene tracciando per ciascun vertice la parallela al lato opposto».
La dimostrazione è sì facile. Ma è anche tediosa (specie senza avere sotto gli occhi una figura ad hoc).
Provo ugualmente ad esporla.
[Inciso. La cosa buffa è che ci sono arrivato ricavando il raggio di uno di essi in funzione dei tre lati a, b e c con l'idea che la tesi sarebbe stata vera se l'espressione fosse risultata invariante allo scambio dei lati stessi, e approdando all'espressione
R = abc/(4S) [dove S è l'area del triangolo ABC]
che è proprio il raggio del cerchio circoscritto ad ABC].
Sia A'B'C' il triangolo ottenuto tracciando per A la parallela a BC, per B la parallela a CA e per C la parallela ad AB.
L'ordine dei vertici di A'B'C' sia tale che A sia il punto medio di B'C', B sia il punto medio di C'A' e C sia il punto medio di A'B'.
L'ortocentro H di ABC è il circocentro di A'B'C'.
I segmenti HA HB e HC (distanze dell'ortocentro di H dai vertici di ABC) suddividono il triangolo A'B'C' nei tre quadrangoli:
HAB'C, HBC'A e HCA' B.
Questi hanno le rispettive diagonali HB', HC' e HA' uguali perché raggi del cerchio circoscritto ad A'B'C'.
Questi stessi quadrangoli hanno tutti due angoli opposti retti con vertici negli estremi di un lato di ABC.
Pertanto sono circoscrittibili e i diametri dei rispettivi cerchi circoscritti sono proprio HB', HC' e HA' che sono uguali tra loro perché raggi del cerchio circoscritto ad A'B'C'.
In conclusione, i cerchi circoscritti rispettivamente ad AHC, a BHA e a CHB hanno lo stesso raggio e questo è metà del raggio del cerchio circoscritto ad A'B'C' che è simile ad ABC e di lati doppi dei rispettivi lati di ABC.
Perciò i raggi di quei tre cerchi non solo sono uguali tra loro, ma sono anche uguali al raggio del cerchio circoscritto ad ABC
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Ciao ciao.
Buone feste a tutti
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Forse una figura e qualche didascalia spiegano meglio di tante parole.
Ciao ciao
Ciao ciao
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