Ortocentro e Circocentro SNS 2006

[elios]

"Un rettangolo \( \displaystyle {H}{O}{M}{F} \) ha i lati di lunghezza \( \displaystyle {H}{O}={11} \) e \( \displaystyle {O}{M}={5} \). Un triangolo \( \displaystyle {A}{B}{C} \) ha \( \displaystyle {H} \) come ortocentro, \( \displaystyle {O} \) come circocentro, \( \displaystyle {M} \) come punto mediano di \( \displaystyle {B}{C} \) e \( \displaystyle {F} \) come piede dell'altezza uscente da \( \displaystyle {A} \). Si calcoli la lunghezza di \( \displaystyle {B}{C} \)."

Dopo mille fatiche per riuscire a disegnare un triangolo con rettangolo in modo decente, ho capito che quello che devo trovare è il segmentino \( \displaystyle {B}{F} \), che chiamo \( \displaystyle {x} \), così \( \displaystyle {B}{M}={11}+{x} \), che è la metà di \( \displaystyle {B}{C} \).
Se sfrutto la conoscenza della Retta di Eulero e chiamo \( \displaystyle {G} \) il baricentro, posso conoscere \( \displaystyle {O}{G} \), \( \displaystyle {G}{M} \), \( \displaystyle {A}{G} \). Se potessi trovare il raggio della circonferenza circoscritta (ovvero \( \displaystyle {O}{B} \)), potrei trovare x applicando il teorema di Pitagora a \( \displaystyle {B}{O}{M} \), ma la formula per calcolarlo (\( \displaystyle {R}=\frac{{{a}\cdot{b}\cdot{c}}}{{{4}\cdot{A}}} \)) presuppone la conoscenza della lunghezza dei lati e dell'area..

Non riesco ad andare avanti. Grazie

[WiZaRd]

Ho trovato una soluzione, ma mi pare strana...
Comunque, dato che accenni alla difficoltà nel fare il disegno, ti lascio il mio procedimento.



Sia \( \displaystyle {H}{O}{M}{F} \) il rettangolo di dimensioni \( \displaystyle {H}{O}={11} \) e \( \displaystyle {O}{M}={5} \). Sia \( \displaystyle {A}{B}{C} \) il triangolo avente per ortocentro \( \displaystyle {H} \), per circocentro \( \displaystyle {O} \), per punto medio di \( \displaystyle {B}{C} \) il punto \( \displaystyle {M} \) e per piede dell'altezza uscente da \( \displaystyle {A} \) il punto \( \displaystyle {F} \).
Detta \( \displaystyle {r}_{{{B}{C}}} \) la retta per \( \displaystyle {B} \) e \( \displaystyle {C} \), il piede \( \displaystyle {F} \) dell'altezza uscente da \( \displaystyle {A} \) e relativa a \( \displaystyle {B}{C} \) giace su questa retta, dunque si ha \( \displaystyle {F}\in{r}_{{{B}{C}}} \). Ma anche \( \displaystyle {M}\in{r}_{{{B}{C}}} \), poiché punto medio di \( \displaystyle {B}{C} \), dunque \( \displaystyle {B},{C},{M},{F} \) sono allineati.
Il vertice \( \displaystyle {A} \) si trova, ovviamente, sulla perpendicolare a \( \displaystyle {B}{C} \) condotta per \( \displaystyle {F} \): ma questa perpendicolare è il lato \( \displaystyle {F}{H} \) del rettangolo dato, dunque, usando la precedente notazione per le linee rette, \( \displaystyle {A}\in{r}_{{{F}{H}}} \).
Notato che la retta di Eulero passa per \( \displaystyle {H},{O} \), detto \( \displaystyle {G} \) il baricentro di \( \displaystyle {A}{B}{C} \), si ha \( \displaystyle {G}\in{r}_{{{H}{O}}} \), con la proprietà: \( \displaystyle {H}{G}={2}{G}{O} \). Inoltre \( \displaystyle {M} \) è punto medio di \( \displaystyle {B}{C} \), dunque \( \displaystyle {A}{M} \) è mediana di \( \displaystyle {B}{C} \): questo comporta che \( \displaystyle {A},{G},{M} \) sono collineari. Diviso il segmento \( \displaystyle {H}{O} \) in tre parti uguagli (*), preso \( \displaystyle {G} \) e condotta la retta \( \displaystyle {M}{G} \), la sua intersezone con la retta per \( \displaystyle {F},{H} \) definisce \( \displaystyle {A} \): \( \displaystyle {A}\:={r}_{{{M}{G}}}\cap{r}_{{{F}{H}}} \). Puntato il compasso in \( \displaystyle {O} \) con apertura \( \displaystyle {O}{A} \) si traccia il circumcerchio di \( \displaystyle {A}{B}{C} \): le sue intersezioni con \( \displaystyle {r}_{{{B}{C}}} \) definiscono \( \displaystyle {B},{C} \). Uniti \( \displaystyle {A},{B},{C} \) si trae il triangolo con le proprietà richieste a partire dal rettangolo dato.
Ovviamente, essendo \( \displaystyle {O} \) il circumcentro, gli assi di \( \displaystyle {A}{B},{B}{C},{A}{C} \) passano per \( \displaystyle {O} \).
Siano, infine, \( \displaystyle {K},{H} \) i piedi della altezze uscenti da \( \displaystyle {B},{C} \) rispettivamente, e siano \( \displaystyle {N},{L} \) i punti medi di \( \displaystyle {A}{B},{A}{C} \) rispettivamente.
Il triangolo \( \displaystyle {A}{G}{H} \) è simile al triangolo \( \displaystyle {O}{M}{G} \) con rapporto di proprozionalità \( \displaystyle {2} \), dunque \( \displaystyle {A}{H}={10} \). Il triangolo \( \displaystyle {A}{H}{O} \) è retto in \( \displaystyle {H} \), dunque: \( \displaystyle {A}{{O}}^{{2}}={A}{{H}}^{{2}}+{H}{{O}}^{{2}}={{10}}^{{2}}+{{11}}^{{2}}={100}+{121}={221} \). Essendo \( \displaystyle {O}{A} \) raggio, risulta \( \displaystyle {O}{A}={O}{B} \), da cui anche \( \displaystyle {A}{{O}}^{{2}}={O}{{B}}^{{2}} \). Il triangolo \( \displaystyle {O}{M}{B} \) è retto in \( \displaystyle {M} \), sicché: \( \displaystyle {O}{{M}}^{{2}}+{M}{{B}}^{{2}}={O}{{B}}^{{2}}\Rightarrow{{5}}^{{2}}+{M}{{B}}^{{2}}={221}\Rightarrow{M}{{B}}^{{2}}={221}-{25}={196}\Rightarrow{M}{B}={14} \).
Essendo \( \displaystyle {M} \) punto medio di \( \displaystyle {B}{C} \), risulta \( \displaystyle {B}{C}={28} \).

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 \( \displaystyle {A}{B} \) da dividere il tre parti, tracciamo un segmento "ausiliario" \( \displaystyle {A}{B}' \) con \( \displaystyle {B}'\ne{B} \) d lunghezza multipla di tre, e.g. \( \displaystyle {A}{B}'={3} \). Diviso \( \displaystyle {A}{B}' \) in tre parti unitarie con due punti diciamo \( \displaystyle {X},{Y} \), si congiunge \( \displaystyle {B}' \) con \( \displaystyle {B} \) e si tracciano per \( \displaystyle {X},{Y} \) le parallele a \( \displaystyle {B}{B}' \).

[elios]

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!

[WiZaRd]

Prego.