meta' tangente

[sprmnt21]

Dato un traingolo ABC e il suo incerchio i che tange BC,CA ed AB in D, E ed F rispettivamente. Se P e' il secondo punto comune ad AD e i e <BPC = 90°, provare che AF=AD/2.


PS
La fonte del problema e' la CMO (olimpiadi cinesi) 2006.


Ho proposto una generalizzazione del problema cosi come quello dal titolo "punto di vista imparziale" per far risaltare la comodita' di alcuni risultati di geometria proiettiva nello sbrogliare velocemente problemi altrimenti molto difficili.

Chi mi aiuta a sviluppare la discussione?

[bĕlcōlŏn]

Allora innanzitutto un piccolo lemma che potrebbe servire. (Richiamo la circonferenza inscritta $\gamma$)
Lemma dei concorrenti: La retta $EF$, la tangente in $P$ a $\gamma$ e $BC$ concorrono in $G$.
Sappiamo che la tangente in $P$ a $\gamma$ è la polare di $P$ rispetto a $\gamma$. E' anche evidente che $EF$ è
la polare di $A$ e $BC$ è la polare di $D$. Siccome i tre poli delle rette, ovvero $A$, $P$ e $D$ sono allineati, allora
le tre rette del lemma concorrono.

Lemma dell'armonia: Il birapporto $(B,C;D,G)$ vale -1.
Questo è vero per il teorema del quadrilatero completo applicato a $BFEC$ (infatti lo posso applicare perché $AD$, $BE$ e $CF$ sono concorrenti nel punto di Gergonne)

Ora chiamo $X$ e $Y$ le intersezioni fra $PB$ e $PC$ rispettivamente con $\gamma$. Si ha $\angle XDY=\dfrac{\pi}{2}$, perché è il supplementare di $\angle{XPY}$ che è $\dfrac{\pi}{2}$ per ipotesi.
Considero il birapporto fra le rette $(DP,DD;DY,DX)$ sulla circonferenza $\gamma$. Siccome il birapporto dipende solo dagli angoli formati dalle retta, posso scambiare $D$ con qualunque punto sulla circonferenza.
Posso scrivere che $(PP,PD;PY,PX)=(DP,DD;DY,DX)$. Ma $(PP,PD;PY,PX)=(G,D;B,C)=\dfrac{1}{(B,C;D,G)}=-1$.
Quindi $(DP,DD;DY,DX)=-1$. Da ciò posso dedurre che, detta V l'intersezione di $DX$ con $CP$ vale $(P,C;Y,V)=-1$

Lemma degli ortogonali: Considero un triangolo $ABC$ ed un punto $D$ interno a $BC$. Allora sia $E$ l'intersezione fra $BC$ e la perpendicolare ad $AD$ condotta per $A$. Allora $(B,C;D,E)$ vale -1 se e solo se $AD$ è bisettrice interna di $\angle BAC$.
Questo lemma è interessante quindi ve lo lascio come bonus!

Quindi, valendo $(P,C;Y,V)=-1$ e che $DY \perp DV$, allora $DY$ è bisettrice di $\angle{PDC}$. Perciò $Y$ è punto medio
dell'arco $PD$ (e analogamente anche $X$).

E la prima parte del problema è andata. Ora dobbiamo mostrare che $AF = \dfrac{AD}{2}$. Ma siccome $AF^2 = AP\cdot AD$, bisogna mostrare che $AP=\dfrac{AD}{4}$. Quindi basta mostrare $AP=\dfrac{AF}{2}$.
Questo, per il teorema dei seni vale se e solo se $\dfrac{\sin\angle FPA}{\sin\angle AFP}=2$. Ma $\dfrac{\sin\angle FPA}{\sin\angle AFP}=\dfrac{\sin\angle FPD}{\sin\angle FDP}=\dfrac{FD}{FP}=2$.
Quindi abbiamo ricondotto tutto a mostrare $FD=2FP$. Chiamiamo $M$ il punto medio di $FD$. Sappiamo che, per il lemma della simmediana, $PB$ è la simmediana condotta da $P$ nel triangolo $FPD$. Dunque $\angle FPM = \angle BPD$. Questo mostra che $FMP$ e $XPD$ sono simili, dunque $FMP$ è isoscele. Quindi $FM=MD=FP$ e quindi $FD=2FP$. E per le equivalenze precedenti questo mostra tutto.

Altro fatto: XY passa per G.

P.s. Mi scuso in anticipo per eventuali lettere invertite nei birapporti, se notate qualche errore correggette Ah, se avete altri fatti interessanti scrivete pure.

[bĕlcōlŏn]

Il lemma degli ortogonali è stato dimostrato nel thread di dario2994 sui fatterelli di geometria proiettiva. Se vi interessa è il Corollario 4.1
viewtopic.php?f=14&t=15554