Incentri ciclici di pitagora
- karlosson_sul_tetto
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Incentri ciclici di pitagora
Sia ABC un triangolo rettangolo avente l'angolo retto in C; sia CH l'altezza relativa al lato AB. Siano $\omega_A$ e $\omega_B$ i due cerchi inscritti ai triangoli $ACH$ e $BCH$; siano $I_A$ e $I_B$ i due centri. Dimostrare che $AI_AI_BB$ è ciclico.
Ultima modifica di karlosson_sul_tetto il 05 lug 2015, 20:20, modificato 1 volta in totale.
"Inequality happens"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"
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Re: Incentri ciclici di pitagora
Ordunque, siano $D$ su $AC$ ed $E$ su $BC$ i piedi delle bisettrici uscenti da $H$. Il bello di avere un triangolo rettangolo è che possiamo calcolare praticamente tutto, indi per cui... conti! (Non in baricentriche, però...)
L'inraggio (che brutta parola) del triangolo $\triangle ACH$ è
$$r_A = \frac{\lvert[ACH]\rvert}{p_{ACH}} = \frac{AH \cdot CH}{2} \frac{2}{b + AH + CH} = \\ = \frac{\frac{b^2}{c} \cdot \frac{ab}{c}}{b + \frac{b^2}{c} + \frac{ab}{c}} = \frac{ab^2}{c(a + b + c)}$$
Le proiezioni di $I_A$ su $AH$ e $CH$ formano con $I_A$ e $H$ un quadrato di lato $r_A$, da cui $HI_A = \sqrt{2}\dfrac{ab^2}{c(a + b + c)}$. Per ricavare $HI_B$ mi basta scambiare $a$ e $b$ nella precedente (sfruttando la simmetria della configurazione), da cui $HI_B = \sqrt{2}\dfrac{a^2b}{c(a + b + c)}$. In sostanza:
$$\frac{HI_A}{HI_B} = \sqrt{2}\frac{ab^2}{c(a + b + c)} \frac{c(a + b + c)}{a^2b\sqrt{2}} = \frac{b}{a}$$
Adesso viene il peggio. Stewart su $\triangle ACH$ dà $b(HD^2 + AD \cdot CD) = AH^2 \cdot CD + CH^2 \cdot AD$. Ora, so che $AD + CD = b$ e $\dfrac{AD}{CD} = \dfrac{AH}{CH} = \dfrac{b}{a}$, quindi ponendo $AD = x$ e $CD = y$ mi basta risolvere
$$\begin{cases} x + y = b \\ y = \frac{a}{b}x \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x = \frac{b^2}{a + b} \\ y = \frac{ab}{a + b} \end{cases}$$
Da cui
$$HD^2 = \frac{AH^2y + CH^2x}{b} - xy = \frac{\frac{b^4}{c^2} \cdot \frac{ab}{a + b} + \frac{a^2b^2}{c^2} \cdot \frac{b^2}{a + b}}{b} - \frac{ab^3}{(a + b)^2} = \\ = \frac{ab^5 + a^2b^4}{bc^2(a + b)} - \frac{ab^3}{(a + b)^2} = ab^3\left(\frac{1}{a^2 + b^2} - \frac{1}{(a + b)^2}\right) = \frac{2a^2b^4}{(a^2 + b^2)(a + b)^2}$$
Analogamente
$$HE^2 = \frac{2a^4b^2}{(a^2 + b^2)(a + b)^2}$$
Ergo
$$\frac{HD}{HE} = \sqrt{\frac{2a^2b^4}{(a^2 + b^2)(a + b)^2} \frac{(a^2 + b^2)(a + b)^2}{a^4b^2}} = \sqrt{\frac{b^2}{a^2}} = \frac{b}{a} = \frac{HI_A}{HI_B} \qquad (*)$$
E la parte contosa termina qui. Ora, dalla $(*)$ per Talete segue il parallelismo di $I_AI_B$ e $DE$. Il quadrilatero $CDHE$ è inscritto in una circonferenza di diametro $DE$ ($\angle DCE$ e $\angle DHE$ sono retti). Ma allora si ha che
$$\widehat{HI_AI_B} = \widehat{HDE} = \widehat{HCE} = \alpha$$
Ok, forse scherzavo, c'è ancora un conto di angoli... Comunque,
$$\widehat{AI_AI_B} = \widehat{AI_AH} + \widehat{HI_AI_B} = \pi - \frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4} + \alpha = \\ = \pi + \frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4} = \pi - \frac{\beta}{2} = \pi - \widehat{ABI_B}$$
E da quest'ultima relazione segue (finalmente ) la ciclicità di $AI_AI_BB$.
L'inraggio (che brutta parola) del triangolo $\triangle ACH$ è
$$r_A = \frac{\lvert[ACH]\rvert}{p_{ACH}} = \frac{AH \cdot CH}{2} \frac{2}{b + AH + CH} = \\ = \frac{\frac{b^2}{c} \cdot \frac{ab}{c}}{b + \frac{b^2}{c} + \frac{ab}{c}} = \frac{ab^2}{c(a + b + c)}$$
Le proiezioni di $I_A$ su $AH$ e $CH$ formano con $I_A$ e $H$ un quadrato di lato $r_A$, da cui $HI_A = \sqrt{2}\dfrac{ab^2}{c(a + b + c)}$. Per ricavare $HI_B$ mi basta scambiare $a$ e $b$ nella precedente (sfruttando la simmetria della configurazione), da cui $HI_B = \sqrt{2}\dfrac{a^2b}{c(a + b + c)}$. In sostanza:
$$\frac{HI_A}{HI_B} = \sqrt{2}\frac{ab^2}{c(a + b + c)} \frac{c(a + b + c)}{a^2b\sqrt{2}} = \frac{b}{a}$$
Adesso viene il peggio. Stewart su $\triangle ACH$ dà $b(HD^2 + AD \cdot CD) = AH^2 \cdot CD + CH^2 \cdot AD$. Ora, so che $AD + CD = b$ e $\dfrac{AD}{CD} = \dfrac{AH}{CH} = \dfrac{b}{a}$, quindi ponendo $AD = x$ e $CD = y$ mi basta risolvere
$$\begin{cases} x + y = b \\ y = \frac{a}{b}x \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x = \frac{b^2}{a + b} \\ y = \frac{ab}{a + b} \end{cases}$$
Da cui
$$HD^2 = \frac{AH^2y + CH^2x}{b} - xy = \frac{\frac{b^4}{c^2} \cdot \frac{ab}{a + b} + \frac{a^2b^2}{c^2} \cdot \frac{b^2}{a + b}}{b} - \frac{ab^3}{(a + b)^2} = \\ = \frac{ab^5 + a^2b^4}{bc^2(a + b)} - \frac{ab^3}{(a + b)^2} = ab^3\left(\frac{1}{a^2 + b^2} - \frac{1}{(a + b)^2}\right) = \frac{2a^2b^4}{(a^2 + b^2)(a + b)^2}$$
Analogamente
$$HE^2 = \frac{2a^4b^2}{(a^2 + b^2)(a + b)^2}$$
Ergo
$$\frac{HD}{HE} = \sqrt{\frac{2a^2b^4}{(a^2 + b^2)(a + b)^2} \frac{(a^2 + b^2)(a + b)^2}{a^4b^2}} = \sqrt{\frac{b^2}{a^2}} = \frac{b}{a} = \frac{HI_A}{HI_B} \qquad (*)$$
E la parte contosa termina qui. Ora, dalla $(*)$ per Talete segue il parallelismo di $I_AI_B$ e $DE$. Il quadrilatero $CDHE$ è inscritto in una circonferenza di diametro $DE$ ($\angle DCE$ e $\angle DHE$ sono retti). Ma allora si ha che
$$\widehat{HI_AI_B} = \widehat{HDE} = \widehat{HCE} = \alpha$$
Ok, forse scherzavo, c'è ancora un conto di angoli... Comunque,
$$\widehat{AI_AI_B} = \widehat{AI_AH} + \widehat{HI_AI_B} = \pi - \frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4} + \alpha = \\ = \pi + \frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4} = \pi - \frac{\beta}{2} = \pi - \widehat{ABI_B}$$
E da quest'ultima relazione segue (finalmente ) la ciclicità di $AI_AI_BB$.
Ultima modifica di cip999 il 05 lug 2015, 20:38, modificato 1 volta in totale.
Re: Incentri ciclici di pitagora
Cip, ti viene non omogenea, dovresti aver sbagliato i conti...
"And if we want to buy something to drink?"
"Just go to 7-11"
-----------------------------------
"Why an inequality?"
"Inequality happens"
"Just go to 7-11"
-----------------------------------
"Why an inequality?"
"Inequality happens"
Re: Incentri ciclici di pitagora
Ma che dici? È stranoto che il celeberrimo teorema di Pitagora afferma che $c^2 = a + b$...
Grazie per l'occhio vigile, ma per fortuna (anzi, per forza) la simmetria della roba dentro parentesi si conserva.
Grazie per l'occhio vigile, ma per fortuna (anzi, per forza) la simmetria della roba dentro parentesi si conserva.
Re: Incentri ciclici di pitagora
Con le baricentriche si impara a controllare sempre il grado ahahah
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Re: Incentri ciclici di pitagora
Testo nascosto:
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)
"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)
Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?
PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!
"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)
Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?
PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!