retta di Nagel

[scambret]

Sia $ABC$ un triangolo
1-easy) sia $X$ il punto di tangenza tra $BC$ e la circonferenza exiscritta opposta ad $A$ e similmente per $Y$ e $Z$. Dimostrare che $AX$, $BY$ e $CZ$ concorrono nel punto $N_a$ (che si chiama punto di Nagel)

2-intermediate) sia $I$ l'incentro di $ABC$, $M_A$ il punto medio di $BC$ e similmente per $M_B$ e $M_C$, sia $S$ l'incentro di $M_AM_BM_C$ e sia $G$ il baricentro di $ABC$. Dimostrare che $I$, $G$ e $S$ sono allineati (la retta che li contiene si chiama retta di Nagel)

3-difficult) dimostrare che anche $N_a$ sta sulla retta di Nagel.

Spero che non mi ucciderete, dato che i problemi non sono in post differenti

[mat94]

1-

Testo nascosto:

ceva

2-

Testo nascosto:

omotetia di fattore -1/2 di centro G che manda ABC nel suo triangolo mediale

3-
Lemma 1: sia D il punto di tangenza tra l'incerchio e BC e $D'$ il punto diametralmente opposto a D, allora A, $D'$ e X sono allineati.

Testo nascosto:

l'omotetia che manda l'incerchio nell'A-excerchio manda $D'$ in X ed ha centro in A

Lemma 2: AX (e ciclici) è parallelo a $M_a I$ (e ciclici). (Diretta conseguenza del lemma 1).

Considero i triangoli $M_aM_bI$ e $ABN_a$. Per il lemma 2 $AN_a$ e $BN_a$ sono paralleli a $M_aI$ e $M_bI$ rispettivamente e $M_aM_b$ è parallelo a AB, dunque questi due triangoli sono omotetici con centro di omotetia G ($AM_a$ e $BM_b$ concorrono in G) e quindi $N_a$, I e G sono collineari con $N_aG=2IG$.

Il punto 3 è davvero interessante!

[angelo3]

1 -

Testo nascosto:

(i) Calcoliamo $ BX $, $ XC $, $ CY $, $ YA $, $ AZ $ e $ ZB $

Siano $ D $ ed $ E $ i punti di tangenza dell'Ex-cerchio opposto ad $ A $ con $ AB $ e $ AC $. Per il resto useremo le notazioni standard nei Triangoli.
$ BX=BD $ perché $ BX $ e $ BD $ tangono all'Ex-cerchio opposto ad $ A $ analogamente $ XC=CE $. Abbiamo le seguenti relazioni: $ BX+XC=A \Rightarrow a+b+BX+XC=a+b+c=2p $;$ c+BX=AB+BX=AD $ e $ b+XC=AC+XC=AE $ quindi $ AD+AE=c+BX+b+XC=a+b+c=2p $ usando che $ AD=AE $ perché $ AD $ e $ AE $tangono all'Ex-cerchio opposto ad $ A $ si ottiene che $ AD=AE=P $. Infine $ BX=AD-AB=p-c $ e $ XC=AE-AC=p-b $. Analogamente $ CY=p-a $, $ YA=p-c $, $ AZ=p-b $ e $ ZB=p-a $.

(ii) Buttiamo giù con Ceva

$ AX $, $ BY $ e $ CZ $ concorrono per Ceva dal momento che:
$ \frac{AZ}{ZB}\cdot\frac{BX}{XC}\cdot\frac{CY}{YA}=\frac{p-b}{p-a}\cdot\frac{p-c}{p-a}\cdot\frac{p-b}{p-c}=1 $!

2 -
(i) Omotetia che semplifica le cose

Facciamo un'Omotetia di Centro $ G $ e fattore $ -\frac{1}{2} $ manda $ A $ in $ M_A $, $ B $ in $ M_B $ e $ C $ in $ M_C $ perché è noto che una mediana divide l'Altra in un rapporto $ 1:2 $.

(ii) Ora c'è la Volata

Quindi $ I $ viene mandato in $ S $ e $ I $, $ S $ sono Allineati col Centro dell'Omotetia $ G $!!


Il punto 3 devo ancora farlo
Intanto guarda questi; potevo dare per noto che una mediana divide l'Altra in un rapporto $ 1:2 $?
Non so mai se dare per noto o no un fatto...

P.s: Naturalmente non ho guardato il post di mat94 ; ho messo in spoiler il primo punto perché l'avevo già visto anche se non lo ricordavo bene xD

[Drago96]

Notare come mat94 dimostra che l'incentro di un triangolo è il punto di Nagel del suo triangolo mediale!

[mat94]

Notare come mat94 dimostra che l'incentro di un triangolo è il punto di Nagel del suo triangolo mediale!

Esatto! È proprio quella la cosa più interessante