[L04] Fun with "if and only if"

[Gerald Lambeau]

Sia $ABC$ un triangolo, $M$ il punto medio di $AB$, $O$ il circocentro di $ABC$ e $G$ il baricentro di $AMC$. Dimostrare che $OG \perp MC \Leftrightarrow AB=AC$.

[Giovanni98]

Carino.

Testo nascosto:

Vediamo prima il caso in cui $AB=AC$.

Sia $N$ il punto medio di $AC$. Dal momento che $MN$ è mediana del triangolo $AMC$ si ha che il baricentro $G$ si trova su di questo, ed è tale che $MG=\dfrac{2}{3}MN$ per le note proprietà del baricentro. Notiamo adesso che se noi prendiamo $G' := AG \cap BC$ e $O' \in AO$ tale che $\hat{O'BA}=90=\hat{ACO'}$ allora la tesi è equivalente a dimostrare che $O'G' \perp MC$, tutto grazie all'esistenza di un omotetia centrata in $A$ che manda $G \rightarrow G'$ e $O \rightarrow O'$. Per costruzione, $ABO'C$ è ciclico, quindi $\hat{G'BO'} = \hat{O'AB}$. Dimostriamo ora che $\triangle AMH' \approx \triangle BO'H$ (ordinatamente) (1), dove $H:=AO' \cap BC$. Dalla ciclicità di $ABO'C$ vale $\widehat{MAH'} = \widehat{G'BO'}$, ed inoltre $\widehat{BHO'} = 90 = \widehat{AH'M}$ dove $H' := AO' \cap MN$, pertanto abbiamo dimostrato (1). Sia ora $F$ il baricentro di $ABC$. Ovviamente $F = CM \cap AO'$. Notiamo che $FA = \dfrac{4}{3}H'A$ e $BG' = \dfrac{4}{3}BH$ , pertanto $\triangle BG'O' \approx \triangle AFM$ (ordinatamente), quindi $\widehat{G'O'H} = \widehat{GMO} = \widehat{MCG'}$ poichè $MN \parallel BC$, quindi $PCO'H$ è ciclico e quindi $\widehat{O'PC} = \widehat{G'HO'} = 90$, che è la tesi.

Se invece si parte dalla perpendicolarità si fanno le stesse costruzioni di prima e si dimostra che $\widehat{GHO'} = 90$ e che quindi $AO$ è asse di $BC$ , cosa che accade $\iff AB=AC$.

[Gerald Lambeau]

Dimostriamo ora che $\triangle AMG \approx \triangle BO'H$ (ordinatamente) (1)

Mi sembra che $BO'H$ sia rettangolo e $AMG$ no, e le uguaglianze fra angoli che scrivi dopo non sono giuste. $A, M$ e $B$ li dà il testo, $O'$ è abbastanza difficile non capire che punto è, possibile che hai sbagliato a definire $H$?

[Giovanni98]

Dimostriamo ora che $\triangle AMG \approx \triangle BO'H$ (ordinatamente) (1)

Mi sembra che $BO'H$ sia rettangolo e $AMG$ no, e le uguaglianze fra angoli che scrivi dopo non sono giuste. $A, M$ e $B$ li dà il testo, $O'$ è abbastanza difficile non capire che punto è, possibile che hai sbagliato a definire $H$?

Nope, il fatto è che nel disegno $G$ e $H'$ erano vicinissimi, quindi nel trascrivere la soluzione ho confuso l'uno con l'altro. Ora dovrebbe andare

[Gerald Lambeau]

EDIT: ho capito che punto è

[Gerald Lambeau]

Ok, giusta! .
Io l'ho brutalmente ucciso di conti in analitica, viene piuttosto semplice.

[Giovanni98]

Ok, giusta! .
Io l'ho brutalmente ucciso di conti in analitica, viene piuttosto semplice.

Si vedeva, però è molto più figo in sintetica secondo me