Ortocentro e Circocentro SNS 2006

[elios]

"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

[G.D.]

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.


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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 $BB'$.

[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!

[G.D.]

Prego.