geometria russa

[Chuck Schuldiner]

In un triangolo ABC E è il punto medio tra H e A. L'incerchio di ABCtange AB e AC in C' e B' rispettivamente. F è il simmetrico di E rispetto a B'C'. Dimostrare che F appartiene alla retta per incentro e circocentro.

[mat94]

Innanzitutto chiamiamo un po' di cose. P simmetrico di A rispetto B'C', S l'intersezione tra AH e B'C', T l'intersezione tra AO e B'C', D,G,Z i piedi delle altezze di BC,AC e AB, Q e R le intersezioni tra B'I e C'P e tra C'I e B'P.
Ora si nota che $ \angle{HAC}=90^\circ-\angle{C}=\angle{OAB} $, dunque AI è bisettrice di $\angle{HAO}$. Inoltre si ha che AI è perpendicolare a B'C' poiché le altezze di A'B'C' sono le bisettrici di ABC, perciò $ \angle{ATS}=\angle{AST} $. Inoltre si ha che P,F,Q sono allineati poiché i loro simmetrici lo sono, quindi $ \angle{ATS}=\angle{AST}=\angle{PST}$ e PF è parallelo ad AO. Ora, dato che E è punto medio di AH e che AGHZ è ciclico, E è il centro della circonferenza circoscritta ad AGHZ. Inoltre si ha che $\angle{AZG}=\angle{AHG}=180-\angle{GZD}=\angle{C}$ dato che GHDC ciclico. Allora i triangoli AGZ e ABC sono simili e in particolare si ha $ AE/AO = AG/AB =\cos{(\angle{A})} $. AB'PC' è un rombo, quindi $\angle{B'PC'}=\angle{B'AC'}$, inoltre si ha che $ \angle{AB'I}=\angle{AC'I}=\angle{IQP}=\angle{IRP}=90 $. Dunque, $ PI/IA = PQ/AC' = PQ/PB' =\cos{(\angle{A})} $. Allora $ AE/AO = AG/AB = PI/IA$ che ci dice che i tirangoli AOI e PFI sono simili (avevamo visto che PF è parallelo ad AO). In conclusione si ha $ \angle{AIO}=\angle{PIF} $ che è la tesi.

[Chuck Schuldiner]

Accipigna neanche me lo ricordavo sto problema!
Mi sembra che in certi punti hai sbagliato lettere e usi F per 2 cose diverse ma mi sembra giusta

[mat94]

Ora dovrebbe andare tu come l'hai fatto?

[Chuck Schuldiner]

No vabbè non dovevi editare tutto si capiva. Comunque io ho calcolato un po' di lunghezze con seni e coseni qua e là e veniva dimostrando una similitudine, ma ancora mesi fa...