Il triangolo degli ortocentri

Lo spunto per questa indagine deriva da due messaggi del nostro socio Agostino Recchia sulla lista di discussione Cabrinews (ora ribattezzata Mathnews) il primo del 5 Agosto 2017 e il secondo del 19 Agosto 2019, in cui illustra delle interessanti osservazioni che sostanzialmente si possono ridurre a questa
Dato il triangolo ABC e P un punto qualsiasi del piano, siano rispettivamente Q, R e S gli ortocentri dei triangoli PAB, PAC e PBC. Risulta che il triangolo QRS è equivalente al triangolo ABC ed è ad esso congruente se P è un punto della circonferenza circoscritta ad ABC.
Nella figura interattiva sottostante si può vedere che cosa succede muovendo il punto P (ho chiamato DEF il triangolo degli ortocentri)
 



La seconda parte dell'enunciato credo che fosse già nota e comunque non difficile da dimostrare (vedere per esempio i messaggi di Roberto Zanasi che usa i numeri complessi, ma si potrebbe facilmente riprodurre con i vettori).
Per il caso generale già nel numero 2 di Archimede del 2015 Antonino Anzalone aveva pubblicato un articolo in cui trattava estesamente questa configurazione: dimostrava per via analitica l'enunciato e aggiungeva altre considerazioni interessanti, tra cui quella illustrata nella prossima figura, in cui si nota che i vertici dei due triangoli stanno su una iperbole equilatera (notare gli asintoti) che contiene anche il punto P. Come ulteriore curiosità, si può vedere che il centro dell'iperbole descrive una circonferenza muovendo P. Come illustrato nell'articolo di Anzalone, l'esagono AFBDCE ha i lati opposti paralleli (in rosso nella figura) e per un teorema di Pascal i suoi vertici stanno su una conica.  
 


Quella che non ho trovato da nessuna parte è una dimostrazione sintetica dell'enunciato principale.
Non avendo disponibile l'articolo di Anzalone, ho provato a rifare per passatempo la dimostrazione analitica con l'aiuto di qualche software. Sono partito da un triangolo ABC con questi vertici A(0,0) B(b,0) C(c,h) e un punto P(x,y) e ho trovato i vertici di DEF e calcolato l'area, che dovrebbe essere b*h/2
Ho iniziato con Maple, che ha anche un comando orthocenter, ma per l'area di DEF mi ha dato una espressione lunga due videate, che non sono riuscito a fargli semplificare.
Senza grandi speranze, ho provato con Geometry Expressions e sono rimasto sbalordito quando per l'area di DEF mi ha dato l'espressione che mi aspettavo: vuol dire che sotto sotto ha un bel CAS in grado di manipolare egregiamente le espressioni. In più consente anche di esportare le espressioni nel formato dei principali CAS e anche di creare delle pagine web con le figure della costruzione. Di seguito ci sono i link a due diverse: qui un figura statica in cui si vedono anche le espressioni (letterali) delle coordinate di DEF e delle aree dei due triangoli, qui una dinamica con i valori numerici delle predette variabili. Chi vuole può scaricare il file originale di Geometry Expressions qui .

A questo punto mi è venuta un'altra curiosità: siccome due triangoli definiscono una trasformazione affine in cui si corrispondono, ho voluto provare a studiare un po' le caratteristiche di questa affinità.
Essendo i due triangoli equivalenti, si tratta di una equiaffinità (un'affinità che conserva le aree). Volendo trovarne il punto unito e le rette unite, ho cominciato con il software C.a.R., per il quale nei tempi passati avevo creato due macro per costruire questi oggetti. (per chi può essere interessato, queste due costruzioni si trovano come problemi 1143 e 1144 in Geometriagon: il primo ha 3 soluzioni, il secondo una, visibili agli utenti registrati). Sono rimasto di stucco quando muovendo P ho notato che il punto unito U stava comunque su una circonferenza, e non una qualsiasi, ma quella nota come cerchio dei nove punti, quello che passa tra l'altro per i punti medi dei lati e i piedi delle altezze.
Siccome C.a.R. richiede Java e quindi non sarebbe possibile mettere in rete le sue costruzioni interattive, ho deciso di passare a Geogebra. Qui non ci sono le macro per gli elementi uniti delle affinità e, poiché costruirli è abbastanza laborioso, ho seguito la via analitica, svolgendo i calcoli principali in Derive e riportando i risultati nel CAS di Geogebra.
Come prima cosa ho trovato i 6 coefficienti delle equazioni della affinità: le equazioni generali dell'affinità sono $$\begin{cases} x'=a1\cdot x+b1\cdot y+c1\\y'=a2\cdot x+b2\cdot y+c2\end{cases} $$ Sostituendo le coordinate dei punti A(0,0) B(b,0) C(c,h) D(xd,yd) E(xe,ye) F(xf,yf) viene questo sistema $$\begin{cases}xd=a1\cdot 0+b1\cdot 0+c1\\yd=a2\cdot 0+b2\cdot 0+c2 \\xe=a1\cdot b+b1\cdot 0+c1\\ye=a2\cdot b+b2\cdot 0+c2 \\xf=a1\cdot c+b1\cdot h+c1\\yf=a2\cdot c+b2\cdot h+c2\end{cases}$$ Le soluzioni, non difficili da calcolare, sono: $$a1=\frac{xe-xd}{b}\quad a2=\frac{ye-yd}{b}\quad b1=-\frac{b\cdot(xd - xf) + c\cdot(xe - xd)}{b\cdot h}\quad b2=-\frac{b\cdot (yd - yf) + c\cdot(ye - yd)}{b\cdot h}\quad c1=xd\quad c2=yd$$ Per trovare il punto unito U(xu,yu) nel caso generale bisogna risolvere questo sistema lineare: $$\begin{cases}xu=a1\cdot xu+b1\cdot yu+c1\\yu=a2\cdot xu+b2\cdot yu+c2\end{cases}$$ che ha queste soluzioni $$xu=\frac{b1\cdot c2 - c1\cdot (b2 - 1)}{a1\cdot (b2 - 1) - a2\cdot b1 - b2 + 1}\quad yu=- \frac{a1\cdot c2 - a2\cdot c1 - c2}{a1\cdot (b2 - 1) - a2\cdot b1 - b2 + 1}$$ Per la ricerca delle rette unite si possono seguire varie strade, e qui ne riporto una che mi pare comprensibile.
Cercando un'equazione generica y=m x+n, prendiamo su di essa un punto generico G(xg,yg) e imponiamo che il suo omologo H(xh,yh) stia sulla stessa retta: quindi deve essere yg=m xg+n e yh=m xh+n da cui eseguendo la trasformazione affine si ottiene (a2 xg+b2 yg+c2)=m(a1 xg+b1 yg+c1)+n; in questa sostituisco yg con m xg+n, porto tutto a primo membro, raccolgo xg e ottengo questa equazione $$xg\cdot(b1\cdot m^2-(b2-a1)\cdot m-a2)+(b1\cdot m\cdot n - b2\cdot n + c1\cdot m - c2 + n)=0$$ Siccome l'uguaglianza deve valere per qualsiasi xg, i due pezzi del primo membro devono annullarsi, e ottengo queste due equazioni per m e n $$b1\cdot m^2-(b2-a1)\cdot m-a2=0\quad\quad b1\cdot m\cdot n - b2\cdot n + c1\cdot m - c2 + n=0$$ con queste soluzioni $$m_{1,2}=\frac{b2-a1\pm\sqrt{((b2-a1)^2+4\cdot a2\cdot b1)}}{2\cdot b1}\quad n=\frac{c2-m\cdot c1}{m\cdot b1-b2+1}$$ dalla prima equazione si ricava anche questa relazione tra i coefficienti angolari delle due rette $$m_1\cdot m_2=-\frac{a2}{b1}$$ A questo punto sono passato a Geogebra. Per il disegno dei punti D,E,F non ho usato le formule fornite da Geometry Expressions, ma ho trovato comodo il comando CentroTriangolo che consente il disegno dei più di 3000 punti notevoli del triangolo che si sono inventati negli anni i cultori della geometria del triangolo.
Ho riportato le loro coordinate nel CAS e poi in sequenza le formule per i coefficienti dell'affinità e le formule per gli elementi uniti.
La prima osservazione interessante è che a2 e b1 hanno lo stesso valore e quindi a2=b1 (il fatto che i valori numerici vengano uguali non è ancora una dimostrazione, ma tornando a Derive e sostituendo alle coordinate di D,E,F le formule letterali date da Geometry Expressions risulta perfettamente a2=b1 e questa è una dimostrazione valida); da questa uguaglianza risulta anche $m_1\cdot m_2=-1$ e quindi le due rette unite u1 e u2 sono perpendicolari.
L'altro risultato è che $a1\cdot b2-a2\cdot b1=1$ (verificato anche con Derive) e questo conferma che questa affinità conserva le aree, in quanto il prodotto $a1\cdot b2-a2\cdot b1$ dà il rapporto tra le aree di due figure omologhe.
In altri termini si potrebbe dire che la matrice dei coefficienti $\begin{bmatrix}a1 & b1 \\a2 & b2\end{bmatrix}$ è simmetrica ed ha determinante 1.
Nella figura di Geogebra si può anche constatare che il punto unito U sta sempre sul cerchio dei nove punti.
La figura interattiva di Geogebra si può consultare a questo link.


Postilla sul quadrangolo degli ortocentri
Come già scritto nel primo messaggio del 2017 di Agostino, si può anche partire da un quadrangolo e ottenerne un altro che ha per vertici gli ortocentri dei 4 triangoli creati a coppie dalle diagonali, e si trova che i due hanno la stessa area: nelle nostre figure, partendo da A,B,C,P si ottiene D,E,F,H ortocentri di PBC,PCA,PAB,ABC. Non è difficile capire che l'equivalenza dei quadrangoli (pensati come unione di due triangoli) deriva da quanto visto per i triangoli. Riguardando le figure nell'ottica del quadrangolo e comparando le varie figure, si notano questi fatti :
Cercando in rete ho trovato un interessante articolo di Brianchon e Poncelet, pubblicato negli Annali di Gergonne del 1821, che tratta, con dimostrazioni sintetiche, le proprietà dell'iperbole suddetta. Per chi riesce a leggere il francese, l'indirizzo è questo .