Preso un triangolo $ABC$ di incentro $I$, siano $K$ e $J$ i punti di tangenza di $BC$ rispettivamente con l'incerchio e l'ex-cerchio opposto ad $A$.
Detto $K'$ il simmetrico di $K$ rispetto a $I$, dimostrare l'allineamento $A, \ K', \ J$.
51 Ancora allineamenti
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Pota gnari!
Re: 51 Ancora allineamenti
Considero l omotetia di centro A che manda la circonferenza inscritta in quella exinscritta. Allora KK' viene mandato in un diametro della circonferenza exinscritta. Quindi K' viene mandata nel punto di tangenza tra excerchio e BC. Ma dato che l immagine di K' sta sulla retta AK' segue che deve essere J, perchè J come è stato definito è intersezione tra BC e circonferenxa exinscritta. E allora A, K' e J sono allineati.
Oppure si faceva (c'è da sviluppare il conto, ma credo che porti da buone parti) parlando di vettori e dicendo che (eviterò le freccie) che $K=\frac{bB+cC}{b+c}$, molto similmente I, poi I punto medio tra K e K', M punto medio di BC e anche di KJ e fare il prodotto vettore e vedere che esce 0. Ma non ho fatto tutto..
Oppure si faceva (c'è da sviluppare il conto, ma credo che porti da buone parti) parlando di vettori e dicendo che (eviterò le freccie) che $K=\frac{bB+cC}{b+c}$, molto similmente I, poi I punto medio tra K e K', M punto medio di BC e anche di KJ e fare il prodotto vettore e vedere che esce 0. Ma non ho fatto tutto..
Re: 51 Ancora allineamenti
In un altro modo:
Chiamo $H$ la proiezione di $A$ su $CB$. Se dimostro che $JKK' \sim JHA$ ho finito.
Ora, siccome è noto che $CK = p-c$ e $CK = p-b$, si ha che $JK = b-c$. $KK'=2r$. $JH=BK-BH+KJ= (p-b)-c\cos{\beta} + (b-c)= p-c-c\cos{\beta}$.
Essendo la tesi equivalente per quanto detto sopra a $\displaystyle \frac{JK}{KK'}=\frac{JH}{HA}$, sostituendo e ricordandosi che $\displaystyle \sin{\beta} = \frac{2R}{b}= \frac{2A}{ac}$ (la prima per il teorema dei seni, la seconda per $\displaystyle R= \frac{abc}{4A}$ dove $A$ è la superficie) e che $\displaystyle r=\frac{A}{p}$ si ricava che la tesi equivale a $\displaystyle \frac{(b-c)p}{2A} = \frac{(p-c-c\cos{\beta})ac}{2A}$ (1). Sostituendo, per Carnot, $\displaystyle \cos{\beta} = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$ e facendo i conti si ottiene che la (1) e quindi la tesi è vera.
Chiamo $H$ la proiezione di $A$ su $CB$. Se dimostro che $JKK' \sim JHA$ ho finito.
Ora, siccome è noto che $CK = p-c$ e $CK = p-b$, si ha che $JK = b-c$. $KK'=2r$. $JH=BK-BH+KJ= (p-b)-c\cos{\beta} + (b-c)= p-c-c\cos{\beta}$.
Essendo la tesi equivalente per quanto detto sopra a $\displaystyle \frac{JK}{KK'}=\frac{JH}{HA}$, sostituendo e ricordandosi che $\displaystyle \sin{\beta} = \frac{2R}{b}= \frac{2A}{ac}$ (la prima per il teorema dei seni, la seconda per $\displaystyle R= \frac{abc}{4A}$ dove $A$ è la superficie) e che $\displaystyle r=\frac{A}{p}$ si ricava che la tesi equivale a $\displaystyle \frac{(b-c)p}{2A} = \frac{(p-c-c\cos{\beta})ac}{2A}$ (1). Sostituendo, per Carnot, $\displaystyle \cos{\beta} = \frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}$ e facendo i conti si ottiene che la (1) e quindi la tesi è vera.
"Se [...] non avessi amore, non sarei nulla."
1Cor 13:2
"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
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"[...] e se io non so pentirmi del passato, la libertà è un sogno"
Soren Kierkegaard, Aut-Aut, Ed. Mondadori, pag. 102
Re: 51 Ancora allineamenti
In un altro modo ancora:
Sia $P$ l'intersezione fra $AB$ e la parallela a $BC$ condotta da $K'$; $I_A$ l'excentro; $Q$ la proiezione di $I$ su $AB$.
Si nota per angle chasing che $\triangle K'IP \approx \triangle BKI \approx \triangle BI_AJ $
Quindi $\displaystyle\frac{PK'}{BJ}=\frac{PI}{BI_A}=\frac{PA}{BA}$
Perciò $\triangle APK' \approx \triangle ABJ$ da cui la tesi.
Sia $P$ l'intersezione fra $AB$ e la parallela a $BC$ condotta da $K'$; $I_A$ l'excentro; $Q$ la proiezione di $I$ su $AB$.
Si nota per angle chasing che $\triangle K'IP \approx \triangle BKI \approx \triangle BI_AJ $
Quindi $\displaystyle\frac{PK'}{BJ}=\frac{PI}{BI_A}=\frac{PA}{BA}$
Perciò $\triangle APK' \approx \triangle ABJ$ da cui la tesi.
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