Sia $ABC$ un triangolo, siano $E$ ed $F$ i piedi delle altezze uscenti da $B$ e $C$ rispettivamente e sia $H$ l'ortocentro.
Le rette $FE$ e $BC$ si intersecano in $U$ e la retta per il punto medio di $BC$ parallela alla bisettrice di $\angle{EUB}$ interseca $CA,AB,HC,HB$ in $P,Q,X,Y$ rispettivamente.
Dimostrare che le circonferenze circoscritte ai triangoli $APQ$ e $HXY$ hanno lo stesso raggio.
33. Raggi uguali
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Francesco Sala
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- Iscritto il: 13 ago 2012, 21:16
Re: 33. Raggi uguali
Sia $ t $ la bisettrice di $ \angle BAC $, sia $ r $ la bisettrice di $ \angle EUB $ e sia $ I=t\cap r $. Siano infine $ AD $ l'altezza relativa ad $ A $ e $ M $ il punto medio di $ BC $. Supporrò che $ AB\leq AC $; l'altro caso è analogo (potrei anche usare gli angoli orientati ma essendoci bisettrici di mezzo diventerebbe più complicato).
Dunque (specificando che farò uso delle notazioni standard) $ \angle DUI=\frac{\angle EUB}{2}=\frac{\angle CBA-\angle EFA}{2}=\frac{\beta-\gamma}{2} $ (essendo ovviamente $ BCEF $ ciclico darò per scontato che $ \angle EFA=\gamma $)$ =\frac{\beta-(\pi-\alpha-\beta)}{2}=\beta+\frac{\alpha}{2}-\frac{\pi}{2}=\frac{\alpha}{2}-\bigl(\frac{\pi}{2}-\beta\bigr)=\angle BAI-\angle BAD=\angle DAI $. MA allora $ AIDU $ è ciclico e dunque $ \angle AIU=\angle ADU=90^o $. Essendo conseguentemente $ PQ $ perpendicolare alla bisettrice di $ \angle BAC $ vale $ \angle PQA=\angle QPA=\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2} $ e dunque $ AP=AQ $.
Applichiamo Menelao al triangolo $ ABC $ e alla trasversale $ PQ $: vale $ \displaystyle{\frac{MB}{MC}\cdot\frac{PC}{PA}\cdot\frac{QA}{QB}=-1} $; essendo $ MB=MC $ e $ AP=AQ $ dev'essere $ BQ=PC $. Ricordando che $ BCEF $ è ciclico deve valere $ \angle PCX=\angle QBY $ e poichè $ APQ $ è isocele vale anche $ \angle XPC=\angle YQB $; è immediato concludere, in virtù di $ BQ=PC $ che i triangoli $ XPC $ e $ YBQ $ sono congruenti e che $ PX=QY $. Ma allora $ XY=PQ-PX+QY=PQ $. Inoltre è ben noto che $ \angle BHC=180^o-\angle BAC $ e quindi $ \displaystyle{\frac{XY}{\sin(\angle XHY)}=\frac{PQ}{\sin(\angle PAQ)}} $. La tesi segue ovviamente.
Dunque (specificando che farò uso delle notazioni standard) $ \angle DUI=\frac{\angle EUB}{2}=\frac{\angle CBA-\angle EFA}{2}=\frac{\beta-\gamma}{2} $ (essendo ovviamente $ BCEF $ ciclico darò per scontato che $ \angle EFA=\gamma $)$ =\frac{\beta-(\pi-\alpha-\beta)}{2}=\beta+\frac{\alpha}{2}-\frac{\pi}{2}=\frac{\alpha}{2}-\bigl(\frac{\pi}{2}-\beta\bigr)=\angle BAI-\angle BAD=\angle DAI $. MA allora $ AIDU $ è ciclico e dunque $ \angle AIU=\angle ADU=90^o $. Essendo conseguentemente $ PQ $ perpendicolare alla bisettrice di $ \angle BAC $ vale $ \angle PQA=\angle QPA=\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2} $ e dunque $ AP=AQ $.
Applichiamo Menelao al triangolo $ ABC $ e alla trasversale $ PQ $: vale $ \displaystyle{\frac{MB}{MC}\cdot\frac{PC}{PA}\cdot\frac{QA}{QB}=-1} $; essendo $ MB=MC $ e $ AP=AQ $ dev'essere $ BQ=PC $. Ricordando che $ BCEF $ è ciclico deve valere $ \angle PCX=\angle QBY $ e poichè $ APQ $ è isocele vale anche $ \angle XPC=\angle YQB $; è immediato concludere, in virtù di $ BQ=PC $ che i triangoli $ XPC $ e $ YBQ $ sono congruenti e che $ PX=QY $. Ma allora $ XY=PQ-PX+QY=PQ $. Inoltre è ben noto che $ \angle BHC=180^o-\angle BAC $ e quindi $ \displaystyle{\frac{XY}{\sin(\angle XHY)}=\frac{PQ}{\sin(\angle PAQ)}} $. La tesi segue ovviamente.
a te...