Ortocentro e Circocentro SNS 2006
"Un rettangolo $HOMF$ ha i lati di lunghezza $HO=11$ e $OM=5$. Un triangolo $ABC$ ha $H$ come ortocentro, $O$ come circocentro, $M$ come punto mediano di $BC$ e $F$ come piede dell'altezza uscente da $A$. Si calcoli la lunghezza di $BC$."
Dopo mille fatiche per riuscire a disegnare un triangolo con rettangolo in modo decente, ho capito che quello che devo trovare è il segmentino $BF$, che chiamo $x$, così $BM=11+x$, che è la metà di $BC$.
Se sfrutto la conoscenza della Retta di Eulero e chiamo $G$ il baricentro, posso conoscere $OG$, $GM$, $AG$. Se potessi trovare il raggio della circonferenza circoscritta (ovvero $OB$), potrei trovare x applicando il teorema di Pitagora a $BOM$, ma la formula per calcolarlo ($R=(a*b*c)/(4*A)$) presuppone la conoscenza della lunghezza dei lati e dell'area..
Non riesco ad andare avanti. Grazie
Dopo mille fatiche per riuscire a disegnare un triangolo con rettangolo in modo decente, ho capito che quello che devo trovare è il segmentino $BF$, che chiamo $x$, così $BM=11+x$, che è la metà di $BC$.
Se sfrutto la conoscenza della Retta di Eulero e chiamo $G$ il baricentro, posso conoscere $OG$, $GM$, $AG$. Se potessi trovare il raggio della circonferenza circoscritta (ovvero $OB$), potrei trovare x applicando il teorema di Pitagora a $BOM$, ma la formula per calcolarlo ($R=(a*b*c)/(4*A)$) presuppone la conoscenza della lunghezza dei lati e dell'area..
Non riesco ad andare avanti. Grazie
Risposte
Ho trovato una soluzione, ma mi pare strana...
Comunque, dato che accenni alla difficoltà nel fare il disegno, ti lascio il mio procedimento.
Sia $HOMF$ il rettangolo di dimensioni $HO=11$ e $OM=5$. Sia $ABC$ il triangolo avente per ortocentro $H$, per circocentro $O$, per punto medio di $BC$ il punto $M$ e per piede dell'altezza uscente da $A$ il punto $F$.
Detta $r_{BC}$ la retta per $B$ e $C$, il piede $F$ dell'altezza uscente da $A$ e relativa a $BC$ giace su questa retta, dunque si ha $F in r_{BC}$. Ma anche $M in r_{BC}$, poiché punto medio di $BC$, dunque $B,C,M,F$ sono allineati.
Il vertice $A$ si trova, ovviamente, sulla perpendicolare a $BC$ condotta per $F$: ma questa perpendicolare è il lato $FH$ del rettangolo dato, dunque, usando la precedente notazione per le linee rette, $A in r_{FH}$.
Notato che la retta di Eulero passa per $H,O$, detto $G$ il baricentro di $ABC$, si ha $G in r_{HO}$, con la proprietà: $HG=2GO$. Inoltre $M$ è punto medio di $BC$, dunque $AM$ è mediana di $BC$: questo comporta che $A,G,M$ sono collineari. Diviso il segmento $HO$ in tre parti uguagli (*), preso $G$ e condotta la retta $MG$, la sua intersezone con la retta per $F,H$ definisce $A$: $A:=r_{MG} cap r_{FH}$. Puntato il compasso in $O$ con apertura $OA$ si traccia il circumcerchio di $ABC$: le sue intersezioni con $r_{BC}$ definiscono $B,C$. Uniti $A,B,C$ si trae il triangolo con le proprietà richieste a partire dal rettangolo dato.
Ovviamente, essendo $O$ il circumcentro, gli assi di $AB,BC,AC$ passano per $O$.
Siano, infine, $K,H$ i piedi della altezze uscenti da $B,C$ rispettivamente, e siano $N,L$ i punti medi di $AB,AC$ rispettivamente.
Il triangolo $AGH$ è simile al triangolo $OMG$ con rapporto di proprozionalità $2$, dunque $AH=10$. Il triangolo $AHO$ è retto in $H$, dunque: $AO^2=AH^2 + HO^2 = 10^2 + 11^2 = 100+121=221$. Essendo $OA$ raggio, risulta $OA=OB$, da cui anche $AO^2=OB^2$. Il triangolo $OMB$ è retto in $M$, sicché: $OM^2 + MB^2 =OB^2 => 5^2 + MB^2 = 221 => MB^2=221-25=196 => MB=14$.
Essendo $M$ punto medio di $BC$, risulta $BC=28$.
La soluzione mi pare strana perché troppo semplice.
Leggila con attenzione e fammi sapere se trovi errori.
________________________________________
(*) Questa cosa può essere fatta con righello e compasso: dato un segmento $AB$ da dividere il tre parti, tracciamo un segmento "ausiliario" $AB'$ con $B'!=B$ d lunghezza multipla di tre, e.g. $AB'=3$. Diviso $AB'$ in tre parti unitarie con due punti diciamo $X,Y$, si congiunge $B'$ con $B$ e si tracciano per $X,Y$ le parallele a $BB'$.
Comunque, dato che accenni alla difficoltà nel fare il disegno, ti lascio il mio procedimento.
Sia $HOMF$ il rettangolo di dimensioni $HO=11$ e $OM=5$. Sia $ABC$ il triangolo avente per ortocentro $H$, per circocentro $O$, per punto medio di $BC$ il punto $M$ e per piede dell'altezza uscente da $A$ il punto $F$.
Detta $r_{BC}$ la retta per $B$ e $C$, il piede $F$ dell'altezza uscente da $A$ e relativa a $BC$ giace su questa retta, dunque si ha $F in r_{BC}$. Ma anche $M in r_{BC}$, poiché punto medio di $BC$, dunque $B,C,M,F$ sono allineati.
Il vertice $A$ si trova, ovviamente, sulla perpendicolare a $BC$ condotta per $F$: ma questa perpendicolare è il lato $FH$ del rettangolo dato, dunque, usando la precedente notazione per le linee rette, $A in r_{FH}$.
Notato che la retta di Eulero passa per $H,O$, detto $G$ il baricentro di $ABC$, si ha $G in r_{HO}$, con la proprietà: $HG=2GO$. Inoltre $M$ è punto medio di $BC$, dunque $AM$ è mediana di $BC$: questo comporta che $A,G,M$ sono collineari. Diviso il segmento $HO$ in tre parti uguagli (*), preso $G$ e condotta la retta $MG$, la sua intersezone con la retta per $F,H$ definisce $A$: $A:=r_{MG} cap r_{FH}$. Puntato il compasso in $O$ con apertura $OA$ si traccia il circumcerchio di $ABC$: le sue intersezioni con $r_{BC}$ definiscono $B,C$. Uniti $A,B,C$ si trae il triangolo con le proprietà richieste a partire dal rettangolo dato.
Ovviamente, essendo $O$ il circumcentro, gli assi di $AB,BC,AC$ passano per $O$.
Siano, infine, $K,H$ i piedi della altezze uscenti da $B,C$ rispettivamente, e siano $N,L$ i punti medi di $AB,AC$ rispettivamente.
Il triangolo $AGH$ è simile al triangolo $OMG$ con rapporto di proprozionalità $2$, dunque $AH=10$. Il triangolo $AHO$ è retto in $H$, dunque: $AO^2=AH^2 + HO^2 = 10^2 + 11^2 = 100+121=221$. Essendo $OA$ raggio, risulta $OA=OB$, da cui anche $AO^2=OB^2$. Il triangolo $OMB$ è retto in $M$, sicché: $OM^2 + MB^2 =OB^2 => 5^2 + MB^2 = 221 => MB^2=221-25=196 => MB=14$.
Essendo $M$ punto medio di $BC$, risulta $BC=28$.
La soluzione mi pare strana perché troppo semplice.
Leggila con attenzione e fammi sapere se trovi errori.
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(*) Questa cosa può essere fatta con righello e compasso: dato un segmento $AB$ da dividere il tre parti, tracciamo un segmento "ausiliario" $AB'$ con $B'!=B$ d lunghezza multipla di tre, e.g. $AB'=3$. Diviso $AB'$ in tre parti unitarie con due punti diciamo $X,Y$, si congiunge $B'$ con $B$ e si tracciano per $X,Y$ le parallele a $BB'$.
Bene, mi fa piacere che la trovi troppo semplice 
E' giusta, andava sicuramente fatta così. Mi sono incartata, prima col disegno, e poi non ho pensato alla similitudine fra quei triangoli..
Grazie mille!
E' giusta, andava sicuramente fatta così. Mi sono incartata, prima col disegno, e poi non ho pensato alla similitudine fra quei triangoli..
Grazie mille!
Prego.
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