O problema cu hiperbola, foarte frumoasa

[Alin Galatan]

Fie un triunghi ABC inscris intr-o hiperbola echilatera. Demonstrati ca ortocentrul triunghiului se afla tot pe acea hiperbola.

[pohoatza]

Configuratia este destul de clasica, dar oricum voi pune o solutie. Exista si alte 2 rezultate imediate interesante si anume

2) Cercul Euler al triunghiului trece prin centrul hiperbolei.
3) A 4-a intersectie a circumcercului triunghiului cu hiperbola este simetricul ortocentrului fata de centrul hiperbolei.


Ideea de baza este ca unghiul dintre 2 coarde in cercul circumscris lui \( ABC \) este egal cu unghiul cu varful in centrul hiperbolei, determinat de mijloacele celor 2 coarde. Spre exemplu, daca notam cu \( D, F \) mijloacele laturilor \( (AB), (BC) \), atunci \( \angle{ABC}=\angle{DO^{\prime}F} \), unde \( O^{\prime} \) este centrul hiperbolei. (demonstratia este imediata, formandu-se 2 triunghiuri drepte cu varful in \( O^{\prime} \), ca urmare a perpendicularitatii asimptotelor)

Astfel, fie \( A_{1} \) piciorul inaltimii din \( A \). Definim \( H \) ca intersectia dintre \( AA_{1} \) si hiperbola. Ne ramane sa aratam ca \( H \) este ortocentru. Daca prin E notam (ciclic) si mijlocul laturii \( (CA) \), este evident ca patrulaterul \( DEFA_{1} \) este inscriptibil (inscris in cercul lui Euler).

Cum \( \angle{DO^{\prime}F}=\angle{ABC}=\angle{DEF} \), deducem deci ca \( O^{\prime} \)apartine cercului lui Euler. (2) )


Fie acum \( M \) mijlocul lui \( AH \), iar \( M^{\prime} \) intersectia lui \( AH \) cu cercul Euler. Astfel, \( \angle{EO^{\prime}M^{\prime}}=\angle{EA_{1}M^{\prime}}=\angle{EAM^{\prime}} \) si \( \angle{EO^{\prime}M}=\angle{EAM^{\prime}}=\angle{EAM} \), ceea ce implica \( M \equiv M^{\prime} \).

Astfel, cercul lui Euler trece prin \( M \), \( H \) devenind astfel ortocentru.


Al treilea rezultat se deduce imediat intrucat printr-o omotetie cu ratia \( 1/2 \) avand ca pol ortocentrul, cercul circumscris trece in cercul Euler, iar hiperbola fiind simetrica fata de \( O^{\prime} \), concluzia decurge imediat.

[Alin Galatan]

Faina demonstratia.
Una mai algebrica putin.
O hiperbola echilatera are ecuatia \( \frac{x^2}{a}-\frac{y^2}{a}=1 \). Desi aceasta este forma canonica, voi incerca sa fac o schimbare de baza. Doresc ca aceasta baza sa aiba cei 2 vectori pe cele 2 asimptote (acestea fiind ortogonale, automat noua baza va fi ortogonala).
Daca consideram noua baza de vectori (1,1) si (1,-1) (pe asimptote, dupa cum se vede)
Relatia de trecere este:
x = x' + y'
y = x' - y'
Noua baza nu e normata, dar nu are relevanta pentru concurente.
Ecutia hiperbolei in noua baza devine \( x^{\prime}^2+2x^{\prime}y^{\prime}+y^{\prime}^2-x^{\prime}^2+2x^{\prime}y^{\prime}-y^{\prime}^2=a \)
adica \( x^{\prime}y^{\prime}=\frac{a}{4} \)
Se observa aici ceea ce se stia deja: Functia \( x\to\frac{c}{x} \) cu \( x\neq 0 \) are de fapt ca grafic o hiperbola.
Facand o noua schimbare de baza (care de fapt "scaleaza" vectorii vechii baze) putem considera ecuatia hiperbolei \( xy=1 \), intrucat concurentele si ortogonalitatea raman valabile.
Fie acum varfurile triunghiului de coordonate \( a,a^{\prime} \), \( b,b^{\prime} \) respectiv \( c,c^{\prime} \), care verifica \( aa^{\prime}=1 \) si analoagele.
Evident, nu se poate \( a=b=c \), deoarece ar insemna ca o dreapta intersecteaza hiperbola de 3 ori. Deci exista, una din valori, diferita de toate restul.
Fie \( b\neq a \) si \( b\neq c \)
Cautam intersectia inaltimii pe BC cu hiperbola. Fie (x,y) coordonatele punctului de intersectie.
Deci (aplicam produsul scalar intre vectorul director al inaltimii si vectorul director al lui BC) (a-x)(b-c)+(a'-y)(b'-c')=0. De aici obtinem ca inaltimea intersecteaza a doua oara hiperbola in \( x=\frac{-1}{abc} \). si y-ul corespunzator.
Se observa ca e simetric in \( a,b,c \), deci si pentru alegerea celeilalte inaltimi, perpendiculare pe AB, obtinem acelasi rezultat.
Deci cele 2 inaltimi se intersecteaza in acelasi punct, ortocentrul, pe hiperbola.