Tenerezze ascose
Tenerezze ascose
Sia $ABC$ un triangolo con incentro $I$ ed excentro $J$ (opposto ad $A$), siano $D$, $E$ su $BC$ tali che $AD=AE=s$ (con $s$ semiperimetro), sia anche $F$ su $BC$ la proiezione di $J$, sia ancora $H$ il circocentro di $ADE$. Dimostra che $HJ$ e $AF$ si incontrano sulla circonferenza ex-inscritta opposta ad $A$.
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Francesco Sala
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Re: Tenerezze ascose
Siano $ M, N $ i punti di tangenza dell'exinscritta opposta ad $ A $ con $ AB, AC $ rispettivamente. Poichè $ BM=BF $, $ CN=CF $ e $ AM=AN $ vale $ AM=AN=\frac{AM+AN}{2}=\frac{(AB+BM)+(AC+CN)}{2}=\frac{AB+BF+AC+CF}{2}=s $; segue che se chiamiamo $ \Theta $ la circonferenza di centro $ A $ e passante per $ M, N $ vale $ D, E\in\Theta $.Ora
$ \textbf{Lemma:} $
Sia $ \omega $ l'incerchio di $ ABC $ e $ A', B', C' $ i suoi punti di tangenza con $ BC, CA, AB $ rispettivamente; supponiamo che il cerchio di centro $ A $ e passante per $ I $ incontri $ \odot(ABC) $ in $ X, Y $. Dimostreremo che $ XY $ tange $ \omega $. A tal proposito applichiamo un' inversione circolare rispetto a $ \omega $. Poichè $ AB'=AC' $ e $ IB'=IC' $ $ AI $ è l'asse di $ B'C' $ e dunque passa per il suo punto medio, diciamo $ A_0 $; il primo teorema di Euclide in $ IAB' $ implica $ IB'^2=IA\cdot IA_0 $ e dunque $ A_0 $ è l'immagine di $ A $ dopo l'inversione. Ora chiamiamo $ \omega_1 $ il cerchio di Feuerbach di $ A'B'C' $, $ K $ il suo centro e $ W $ l'ortocentro di $ A'B'C' $. Com'è noto il simmetrico $ W' $ di $ W $ rispetto a $ B'C' $ sta su $ \omega $; essendo $ IK=KW $ il segmento $ IW' $ interseca la perpendicolare da $ K $ a $ B'C' $ nel proprio punto medio $ K' $ (per Talete). Ora, se chiamiamo $ A'' $ la proiezione di $ W $ su $ B'C' $, vale (sempre per Talete) $ IK=KW=A''k'=A_0K' $ e quindi $ A_0K'KI $ è un trapezio isoscele: concludiamo che l'asse $ t $ di $ KK' $ coincide con quello di $ IA_0 $. D'altra parte se consideriamo il cerchio di centro $ A $ passante per l'incentro e quello di diametro $ AI $ vediamo che il primo è l'immagine del secondo dopo un'omotetia di centro $ I $ e fattore $ 2 $ e poichè entrambi passano per il centro d'inversione le loro immagini saranno due rette che sono una l'immagine dell'altra secondo un'omotetia di centro $ I $ e fattore $ \frac{1}{2} $. Ma l'immagine della seconda è $ B'C' $, da cui abbiamo che l'immagine della prima è la retta $ t $. Ma allora le immagini di $ X, Y $ sono le intersezioni di $ t $ con $ \omega_1 $ e l'immagine di $ XY $ è il cerchio che passa per questi due punti e per $ I $, ovvero il simmetrico di $ \omega_1 $ rispetto a $ t $. Tale cerchio, per quanto prima mostrato, ha centro in $ K' $ e raggio $ \frac{IW'}{2} $, ovvero è il cerchio di diametro $ IW' $, che naturalmente tange $ \omega $ (avendo questi un punto in comune e i centri allineati con esso). Ciò prova il Lemma, dal momento che l'inversione preserva la tangenza e lascia $ \omega $ in se stesso.
Continuiamo a considerare la configurazione del Lemma; prendiamo ora il cerchio $ \Omega $ tangente internamente a $ \odot(ABC) $ in $ Z $ e tangente anche a $ AB, AC $ in $ C_1, B_1 $; ovvie considerazioni sull'omotetia che manda $ \Omega $ in $ \odot(ABC) $ implicano che $ ZB_1 $ è allineato con il punto medio $ Z_B $ dell'arco $ AB $ del circocerchio non contenente $ B $; definito analogamente $ Z_C $, anche $ Z, C_1, Z_C $ sono allineati e Pascal applicato a $ ZBZ_BAZ_CC $ implica che $ B_1, I, C_1 $ sono allineati. Detto $ I' $ il centro di $ \Omega $, consideriamo il cerchio di centro $ A $ e passante per $ B_1, C_1 $; esso incontra $ \odot(ABC) $ in $ X', Y' $. Vale (con $ R $ il circumraggio di $ ABC $): $ \frac{d(A, XY)}{d(A, X'Y')}=\frac{AX\cdot \sin(\angle(AXY))}{AX'\cdot \sin(\angle(AX'Y')}=\frac{AX\cdot \frac{AY}{2R}}{AX'\cdot \frac{AY'}{2R}}=\frac{AI^2}{AB_1^2}=\frac{AI}{AI'} $ (quest'ultima per un'ovvia applicazione del primo teorema di Euclide in $ AI'B_1 $). Tale relazione implica che l'omotetia di centro $ A $ che manda $ \omega $ in $ \Omega $ manda anche $ XY $ in $ X'Y' $ e, poichè $ XY $ tange $ \omega $, $ X'Y' $ deve tangere $ \Omega $.
Torniamo ora al problema originario. Se consideriamo l'inversione di centro $ A $ seguita da simmetria rispeto ad $ AI $, tale da scambiare tra loro $ B $ e $ C $, abbiamo che l'immagine di $ \odot(ABC) $ è la retta $ BC $ e quindi $ \Omega $ è mandata nella circonferenza $ A- $exinscritta e $ B_1 $ in $ M $. Ma allora la circonferenza di centro $ A $ e passante per $ B_1 $ va nella circonferenza di centro $ A $ e passante per $ M $, da cui ricaviamo anche che $ X', Y' $ vanno in $ D $ ed $ E $, così come la retta $ X'Y' $ nella circonferenza $ ADE $. Per quanto dimostrato in precedenza, dunque, dobbiamo avere che $ \odot(ADE) $ tange l'exinscritta in un punto $ L $, che è l'intersezione di $ HJ $ con quest'ultima.
Se chiamiamo $ \Gamma $ l'exinscritta, infine, abbiamo che l'asse radicale di $ \Gamma $ e di $ \odot(ADE) $ è la loro tangente comune in $ L $; l'asse radicale di $ \odot(ADE) $ e di $ \Theta $ è ovviamente $ MN $, così come l'asse radicale di $ \Theta $ con $ \odot(ADE) $ è $ DE $ (dunque $ BC $). Queste tre rette devono, di conseguenza, concorrere. Ma allora $ pol_\Gamma(A), pol_\Gamma(F) $ e $ pol_\Gamma(L) $ concorrono e quindi $ A, F, L $ sono allineati.
Ciò conclude la dimostrazione.
$ \textbf{Lemma:} $
Sia $ \omega $ l'incerchio di $ ABC $ e $ A', B', C' $ i suoi punti di tangenza con $ BC, CA, AB $ rispettivamente; supponiamo che il cerchio di centro $ A $ e passante per $ I $ incontri $ \odot(ABC) $ in $ X, Y $. Dimostreremo che $ XY $ tange $ \omega $. A tal proposito applichiamo un' inversione circolare rispetto a $ \omega $. Poichè $ AB'=AC' $ e $ IB'=IC' $ $ AI $ è l'asse di $ B'C' $ e dunque passa per il suo punto medio, diciamo $ A_0 $; il primo teorema di Euclide in $ IAB' $ implica $ IB'^2=IA\cdot IA_0 $ e dunque $ A_0 $ è l'immagine di $ A $ dopo l'inversione. Ora chiamiamo $ \omega_1 $ il cerchio di Feuerbach di $ A'B'C' $, $ K $ il suo centro e $ W $ l'ortocentro di $ A'B'C' $. Com'è noto il simmetrico $ W' $ di $ W $ rispetto a $ B'C' $ sta su $ \omega $; essendo $ IK=KW $ il segmento $ IW' $ interseca la perpendicolare da $ K $ a $ B'C' $ nel proprio punto medio $ K' $ (per Talete). Ora, se chiamiamo $ A'' $ la proiezione di $ W $ su $ B'C' $, vale (sempre per Talete) $ IK=KW=A''k'=A_0K' $ e quindi $ A_0K'KI $ è un trapezio isoscele: concludiamo che l'asse $ t $ di $ KK' $ coincide con quello di $ IA_0 $. D'altra parte se consideriamo il cerchio di centro $ A $ passante per l'incentro e quello di diametro $ AI $ vediamo che il primo è l'immagine del secondo dopo un'omotetia di centro $ I $ e fattore $ 2 $ e poichè entrambi passano per il centro d'inversione le loro immagini saranno due rette che sono una l'immagine dell'altra secondo un'omotetia di centro $ I $ e fattore $ \frac{1}{2} $. Ma l'immagine della seconda è $ B'C' $, da cui abbiamo che l'immagine della prima è la retta $ t $. Ma allora le immagini di $ X, Y $ sono le intersezioni di $ t $ con $ \omega_1 $ e l'immagine di $ XY $ è il cerchio che passa per questi due punti e per $ I $, ovvero il simmetrico di $ \omega_1 $ rispetto a $ t $. Tale cerchio, per quanto prima mostrato, ha centro in $ K' $ e raggio $ \frac{IW'}{2} $, ovvero è il cerchio di diametro $ IW' $, che naturalmente tange $ \omega $ (avendo questi un punto in comune e i centri allineati con esso). Ciò prova il Lemma, dal momento che l'inversione preserva la tangenza e lascia $ \omega $ in se stesso.
Continuiamo a considerare la configurazione del Lemma; prendiamo ora il cerchio $ \Omega $ tangente internamente a $ \odot(ABC) $ in $ Z $ e tangente anche a $ AB, AC $ in $ C_1, B_1 $; ovvie considerazioni sull'omotetia che manda $ \Omega $ in $ \odot(ABC) $ implicano che $ ZB_1 $ è allineato con il punto medio $ Z_B $ dell'arco $ AB $ del circocerchio non contenente $ B $; definito analogamente $ Z_C $, anche $ Z, C_1, Z_C $ sono allineati e Pascal applicato a $ ZBZ_BAZ_CC $ implica che $ B_1, I, C_1 $ sono allineati. Detto $ I' $ il centro di $ \Omega $, consideriamo il cerchio di centro $ A $ e passante per $ B_1, C_1 $; esso incontra $ \odot(ABC) $ in $ X', Y' $. Vale (con $ R $ il circumraggio di $ ABC $): $ \frac{d(A, XY)}{d(A, X'Y')}=\frac{AX\cdot \sin(\angle(AXY))}{AX'\cdot \sin(\angle(AX'Y')}=\frac{AX\cdot \frac{AY}{2R}}{AX'\cdot \frac{AY'}{2R}}=\frac{AI^2}{AB_1^2}=\frac{AI}{AI'} $ (quest'ultima per un'ovvia applicazione del primo teorema di Euclide in $ AI'B_1 $). Tale relazione implica che l'omotetia di centro $ A $ che manda $ \omega $ in $ \Omega $ manda anche $ XY $ in $ X'Y' $ e, poichè $ XY $ tange $ \omega $, $ X'Y' $ deve tangere $ \Omega $.
Torniamo ora al problema originario. Se consideriamo l'inversione di centro $ A $ seguita da simmetria rispeto ad $ AI $, tale da scambiare tra loro $ B $ e $ C $, abbiamo che l'immagine di $ \odot(ABC) $ è la retta $ BC $ e quindi $ \Omega $ è mandata nella circonferenza $ A- $exinscritta e $ B_1 $ in $ M $. Ma allora la circonferenza di centro $ A $ e passante per $ B_1 $ va nella circonferenza di centro $ A $ e passante per $ M $, da cui ricaviamo anche che $ X', Y' $ vanno in $ D $ ed $ E $, così come la retta $ X'Y' $ nella circonferenza $ ADE $. Per quanto dimostrato in precedenza, dunque, dobbiamo avere che $ \odot(ADE) $ tange l'exinscritta in un punto $ L $, che è l'intersezione di $ HJ $ con quest'ultima.
Se chiamiamo $ \Gamma $ l'exinscritta, infine, abbiamo che l'asse radicale di $ \Gamma $ e di $ \odot(ADE) $ è la loro tangente comune in $ L $; l'asse radicale di $ \odot(ADE) $ e di $ \Theta $ è ovviamente $ MN $, così come l'asse radicale di $ \Theta $ con $ \odot(ADE) $ è $ DE $ (dunque $ BC $). Queste tre rette devono, di conseguenza, concorrere. Ma allora $ pol_\Gamma(A), pol_\Gamma(F) $ e $ pol_\Gamma(L) $ concorrono e quindi $ A, F, L $ sono allineati.
Ciò conclude la dimostrazione.
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Troleito br00tal
- Messaggi: 683
- Iscritto il: 16 mag 2012, 22:25
Re: Tenerezze ascose
Siano $K$ e $L$ i punti di tangenza dell'excerchio con $AB$ e $BC$ rispettivamente. Sia $\alpha$ la circonferenza di centro $A$ e raggio $AD$ e sia $\omega$ l'excerchio opposto ad $A$.
I punti $D;E;K;L$ appartengono a $\alpha$ poiché tutti distanti $s$ da $A$, da cui possiamo ricavare che $\alpha$ e $\omega$ sono ortogonali, poiché $\omega$ è tangente a $AB$ (che passa per $A$) in $K$. Invertiamo ora rispetto ad $\alpha$: $AF$ rimane in sé e $\omega$ rimane in sé in quanto ortogonale. Dobbiamo quindi trovare le immagini di $H$ e di $J$.
L'immagine di $J$ è il punto medio $M$ di $KL$, poiché le tangenti da $J$ ad $\alpha$, in quanto tangenti condotte dal centro di una cironferenza ortogonale a questa, sono i punti di intersezione tra $\alpha$ ed $\omega$, ovvero $K$ ed $L$, da cui segue quanto detto poco sopra.
L'immagine di $H$ è l'intersezione degli inversi degli assi dei segmenti $DE;AD;AE$. Intanto l'asse di $DE$ passa per $A$, poiché $AD=AE$, quindi l'asse di $DE$ è anche la retta perpendicolare a $BC$ passante per $A$, detta $h$. L'inverso dell'asse di $AD$ è una circonferenza con centro in $D$ e raggio $DA$: ma allora l'intersezione tra queste due figure è un punto $P$ su $h$ tale che $DP=DA$. Inoltre, poiché $DPA$ è un triangolo isoscele e $BC$ è perpendicolare a $PA$ e passante per $D$, allora $P$ è il simmetrico di $A$ rispetto a $BC$.
Ci basta quindi ora dimostrare che $AF$, $\omega$ e la cironferenza $\beta$ per $A$, $M$ e $P$ concorrono. Dimostriamo che queste concorrono in $F$. $AF$ e $\omega$ passano per il suddetto punto per definizione.
Dimostriamo che $F$ appartiene a $\beta$ dimostrando che i punti $A;M;P;F$ sono conciclici. Partiamo costruendo la circonferenza $\gamma$ per $A;M;F$. Dimostriamo che $\gamma$ e $\omega$ sono ortogonali, invertendo rispetto ad $\omega$: $A$ e $M$ si scambiano, mentre $F$ rimane in sé: poiché l'immagine di $\gamma$ è $\gamma$, allora le due circonferenze sono ortogonali. Questo implica che $\gamma$ sia simmetrica rispetto alle tangenti per i punti di intersezione con $\omega$, poiché queste passano per il centro. Ma allora $\gamma$ è simmetrica rispetto a $BC$, di conseguenza, $P$, poiché simmetrico di $A$ rispetto a $BC$ appartiene alla circonferenza, da cui segue la tesi.
I punti $D;E;K;L$ appartengono a $\alpha$ poiché tutti distanti $s$ da $A$, da cui possiamo ricavare che $\alpha$ e $\omega$ sono ortogonali, poiché $\omega$ è tangente a $AB$ (che passa per $A$) in $K$. Invertiamo ora rispetto ad $\alpha$: $AF$ rimane in sé e $\omega$ rimane in sé in quanto ortogonale. Dobbiamo quindi trovare le immagini di $H$ e di $J$.
L'immagine di $J$ è il punto medio $M$ di $KL$, poiché le tangenti da $J$ ad $\alpha$, in quanto tangenti condotte dal centro di una cironferenza ortogonale a questa, sono i punti di intersezione tra $\alpha$ ed $\omega$, ovvero $K$ ed $L$, da cui segue quanto detto poco sopra.
L'immagine di $H$ è l'intersezione degli inversi degli assi dei segmenti $DE;AD;AE$. Intanto l'asse di $DE$ passa per $A$, poiché $AD=AE$, quindi l'asse di $DE$ è anche la retta perpendicolare a $BC$ passante per $A$, detta $h$. L'inverso dell'asse di $AD$ è una circonferenza con centro in $D$ e raggio $DA$: ma allora l'intersezione tra queste due figure è un punto $P$ su $h$ tale che $DP=DA$. Inoltre, poiché $DPA$ è un triangolo isoscele e $BC$ è perpendicolare a $PA$ e passante per $D$, allora $P$ è il simmetrico di $A$ rispetto a $BC$.
Ci basta quindi ora dimostrare che $AF$, $\omega$ e la cironferenza $\beta$ per $A$, $M$ e $P$ concorrono. Dimostriamo che queste concorrono in $F$. $AF$ e $\omega$ passano per il suddetto punto per definizione.
Dimostriamo che $F$ appartiene a $\beta$ dimostrando che i punti $A;M;P;F$ sono conciclici. Partiamo costruendo la circonferenza $\gamma$ per $A;M;F$. Dimostriamo che $\gamma$ e $\omega$ sono ortogonali, invertendo rispetto ad $\omega$: $A$ e $M$ si scambiano, mentre $F$ rimane in sé: poiché l'immagine di $\gamma$ è $\gamma$, allora le due circonferenze sono ortogonali. Questo implica che $\gamma$ sia simmetrica rispetto alle tangenti per i punti di intersezione con $\omega$, poiché queste passano per il centro. Ma allora $\gamma$ è simmetrica rispetto a $BC$, di conseguenza, $P$, poiché simmetrico di $A$ rispetto a $BC$ appartiene alla circonferenza, da cui segue la tesi.