Un problema rovina week end...

[Sk_Anonymous]

In realtà non è proprio come l'UTF ( ), tutt'altro. Ma mi piacerebbe vederne una soluzione senza ...calcoloni !
Si tratta di questo: nel triangolo $ABC$ sia $H$ l'ortocentro ed $H_1,H_2,H_3$ i punti simmetrici di $H$ rispetto ai lati
$AB,BC,CA$ rispettivamente. Si dimostri che $A,B,C,H_1,H_2,H_3$ appartengono ad una medesima circonferenza ovvero, come si dice, sono conciclici.

[robbstark1]

Mi sembra ci sia un teorema che dice che:
Per un poligono di $2n$ lati, se la somma di $n$ angoli interni, di cui nessuno consecutivo, è $(n-1) \pi$, allora il poligono è inscrivibile in una semicirconferenza.
Però non riesco a ridimostrarlo, e non sono certissimo che sia vero. In tal caso, la dimostrazione di questo problema diventa facile.

[giammaria2]

Andiamo! Do due suggerimenti:
1) Dimostrare solo che $A,B,C,H_1$ sono conciclici e poi limitarsi a dire che per $H_2,H_3$ vale lo stesso ragionamento.
2) Dimostrare che $A hatH_1C=A hatHH_1=A hatBC$, quindi ...

[Luca114]

Una domanda. Il centro della circonferenza si presuppone sia $H$?

[robbstark1]

Ok, così mi è chiaro: si dimostra che l'angolo $AH_1B$ è supplementare di $ABC$, quindi il quadrilatero $AH_1BC$ è inscrivibile in una circonferenza, per il teorema che ho enunciato io nel caso dei quadrilateri (la cui dimostrazione nel caso specifico è semplice).
Mi resta ancora il dubbio se questo teorema valga per poligoni con più di $4$ lati, nella forma in cui l'ho enuciato. Comunque, ho la sensazione di no.

[robbstark1]

@ Luca:
La circonferenza circoscritta all'esagono deve essere la stessa di quella circoscritta al triangolo, il cui centro, in generale non è l'ortocentro.

[@melia]

"Luca":Una domanda. Il centro della circonferenza si presuppone sia $H$?

No, H è solo l'ortocentro e non è il circocentro.

[Luca114]

Ero partito dimostrando che la figura inscritta fosse un poligono regolare, ma non è purtroppo così, dipende dal triangolo che si disegna.

[wall98]

disegniamo il generico triangolo \(\displaystyle ABC \) con ortocentro \(\displaystyle H \)
facciamo la simmetria di \(\displaystyle H \) rispetto ad \(\displaystyle AB \) e tracciamo tutte le altezze chiamando rispettivamente \(\displaystyle P_1,P_2,P_3 \) i piedi delle altezze cadenti da \(\displaystyle A,B,C \).
Otteniamo dunque il quadrilatero \(\displaystyle H'BCA \) di cui dimostreremo la ciclicita con il teorema della somma degli angoli opposti.
Definiamo gli angoli \(\displaystyle P_1HC= \alpha \), \(\displaystyle P_2HC= \delta \), \(\displaystyle P_1CH= \beta \), \(\displaystyle HCP_2= \gamma \).
vogliamo dimostrare che \(\displaystyle \gamma + \beta + \) l'angolo in \(\displaystyle H'=180 \)
la prima cosa che notiamo è che \(\displaystyle \alpha=H'HA \) e \(\displaystyle \delta=H'HB \) perche opposti al vertice.
poi che i triangoli \(\displaystyle H'P_3A =HP_3A\) e \(\displaystyle H'P_3B=HP_3B \) perche simmetrici (cioè congruenti)
da cui ricaviamo che gli angoli \(\displaystyle P_3H'A= \alpha \) e \(\displaystyle BH'P_3= \delta \)
ma \(\displaystyle \delta=90- \gamma \) e \(\displaystyle \alpha=90-\beta \) e \(\displaystyle \alpha + \delta= \) l'angolo in \(\displaystyle H' \)
sostituendo alla formula iniziale otteniamo che \(\displaystyle \gamma + \beta + 90-\beta + 90- \gamma=180 \)
e siccome in un quadrilatero la somma degli angoli interni è 360, anche la somma degli altri due angoli opposti è 180,e poi si fa per glia altri punti,da cui la tesi
\(\displaystyle C.V.D. \)

[giammaria2]

Posto anche la mia soluzione.
Detti $K_1,K_2,K_3$ i piedi delle altezze rispettivamente si $AB,BC,CA$ e posto $H hatA B=alpha$
- poiché il triangolo $ABK_2$ è rettangolo ho $AhatBK_2=90°-alpha$;
- poiché il triangolo $AHK_1$ è rettangolo ho $AhatHK_1=90°-alpha$;
- per la simmetria ho $Ahat H_1C=AhatHK_1=90°-alpha$
e quindi $Ahat H_1C=A hat BK_2$. Ma questi due angoli insistono entrambi su $AC$ dalla stessa parte quindi appartengono ad uno stesso arco delimitato da $AC$; perciò $A,C,B,H_1$ sono conciclici.

La dimostrazione cambia lievemente se $ChatAB$ è ottuso: in questo caso $alpha$ è esterno ai triangoli considerati e gli angoli considerati valgono $alpha-90°$.