70. Tangenze circolari

[Francesco Sala]

Come settantesimo problema ho pensato di introdurre una configurazione molto carina, che offre spunti assolutamente interessanti. Gli appassionati e gli esperti riconosceranno certamente le somiglianze con il teorema di Sawayama-Thebault.
Dunque:

Sia $ ABC $ un triangolo e $ D $ un punto appartenente al segmento $ BC $. Consideriamo la circonferenza $ \omega_B $ tangente alle rette $ AD, BC $ e tangente internamente a $ \odot(ADB) $; similmente, consideriamo la circonferenza $ \omega_C $ tangente alle rette $ AD, BC $ e tangente internamente a $ \odot(ADC) $. Sia $ \Gamma $ la circonferenza passante per $ A $ e tangente esternamente a $ \omega_B $ e a $ \omega_C $.
Dimostrare che $ \Gamma $ è tangente alla circonferenza inscritta in $ ABC $.

[Kfp]

Ok, intanto dimostriamo la seguente cosa: detti $X$ e $Y$ i punti di tangenza di un cerchio tangente a due lati e alla circoscritta coi due lati, allora $X$ e $Y$ sono allineati con l'incentro.

Testo nascosto:

Detto $ P $ il punto di tangenza del suddetto cerchio con la circoscritta, $ PX $ e $ PY $ passano per i punti medi $ M $ ed $ N $ dei rispettivi archi alla circonfrerenza per il solito lemma sull'omotetia che manda ll'incerchio mistilineo nella circoscritta. Ma ora la tesi segue subito applicando Pascal all'esagono $ ACMPNB $ prendendo i punti nell'ordine giusto

Detto ciò, dimostriamo la seguente cosa:
Lemma : se $X$ e $Y$ sono i due punti definiti come prima dell'incerchio mistilineo riferito al vertice $A$ nel triangolo $\Delta ABC$, allora, usando la notazione standard,
$$ AX= \frac{2 \cdot b \cdot c}{a+b+c}$$

Testo nascosto:

Allora, usiamo il fatto che $I$ appartenga a $XY$ e otteniamo, con delle banali relazioni trigonometriche:
$$AX=\frac{r}{\sin{\frac{\alpha}{2}} \cdot \cos{\frac{\alpha}{2}}}= \frac{2r}{\sin{\alpha}}$$
Ora, sostituendovi
$$2r=\frac{4A}{a+b+c}=\frac{2bc \cdot \sin{\alpha}}{a+b+c}$$
si ottiene la tesi.

Passiamo ora alla tesi del problema, che passa essenzialmente da un cannone e, purtroppo, luridi conti:

Testo nascosto:

Applichiamo il teorema di Casey ai quattro cerchi $\omega_{B}$, $\omega_{C}$, l'inscritta di $\Delta ABC$ e il punto $A$. Diamo i nomi ad un po'di cose: siano $D$, $E$ ed $F$ i punti di tangenza dell'incerchio coi lati del triangolo (fatemi chiamare $P$ il punto su $BC$, vi prego), $Q$ ed $R$ i punti di tangenza, rispettivamente, di $\omega_{C}$ e $\omega_{B}$ con $AP$, $Y$ e $X$ quelli delle due circonferenze, nello stesso ordine, coi lati. La tesi diventa:
$$AQ \cdot DX + AR \cdot DY = XY \cdot AE$$
Scriviamo $AQ=AP-PY$ e $AR=AP-PX$ e svolgiamo i conti, ottenendo:
$$PY \cdot DX + PX \cdot DY = XY \cdot (AP - AE)$$
Calcoliamoci un po'di cose a parte. Applichiamo il Lemma per ricavare $PX$ e $PY$, ottenendo:
$$PX=2\frac{PB \cdot AP}{AP + PB +c}$$
$$PY=2\frac{PC \cdot AP}{AP + PC +b}$$
E in questo modo ricaviamo anche $XY = PX + PY$.
Ora i pezzi più sporchi. Abbiamo:
$$DX= DB - XB = DB- (PB -PX) = \frac{a+c-b}{2} - (PB - \frac{2 \cdot PB \cdot AP}{AP+PB+AB})$$
e similmente
$$DY = \frac{a+b-c}{2} - (PC - \frac{2 \cdot CP \cdot AP}{AP + CP + b})$$
Ora, abbiamo ricavato tutte le lunghezze dei segmenti del teorema di Casey in funzione di $a$, $b$, $c$, $AP$, $CP$ e $BP$, che sono tutte e sole le variabili libere del problema, con l'ovvia condizione $a=CP + BP$ . Ora, i conti sono lunghetti, ma in gara si fanno in tempo ragionevole e arrivano alla fine (come è logico che sia, dato che Casey è un se e solo se e in nessuna parte nel nostro problema abbiamo assunto cose più forti della tesi. ). Se l'autore del problema lo desidera posso riportarli segmento per segmento (e mi scuso per questa mia soluzione amputata, visto che di sicuro esistevano molti metodi assai più belli, a cercarli bene), cosa che qui non faccio per preservare la sanità mentale di entrambi (ma soprattutto la mia).

[Francesco Sala]

L'approccio chiaramente funziona. Tuttavia credo che si potrebbe anche esplicitare l'espressione finale dei due membri (senza denominatori); a priori infatti non è banale immaginare che basti solo svolgere i conti per avere uguaglianza, dal momento che $ BP+CP=BC $ non è l'unica restrizione su $ AP, BP, CP $ (fissati i lati di $ ABC $ e fissato ad esempio $ BP $, le misure di $ AP, CP $ sono già univocamente determinate).

[Kfp]

Allora, io non avevo svolto subito tutto, quindi riporto sinteticamente i passaggi fatti:
faccio denominatore comune(come detto, senza espandere) e, una volta semplificato il fattore
$$\frac{2 \cdot AP}{(AP+PB+c)(AP+PC+b)}$$
ottengo:
$$(AP-AE)(PB(AP+PC+b)+PC(AP+PB+c))=DX \cdot PC(AP+PB+c) + DY \cdot PB(AP+PC+b)$$
Ora porto tutto a sinistra, raccolgo insieme il raccoglibile e poi sostituendo $DX=DB + PX -PB$ e simmetricamente $DY$ ottengo:
$$(AP+PC-b-PY)PB(AP+PC+b)+(AP+PB-c-PX)PC(AP+PB+c)=0$$
Sfrutto il fatto che $PX$ e $PY$ sono belli moltiplicati per i rispettivi fattori, ottenendo:
$$(AP+PC-b)PB(AP+PC+b)+(AP+PB-c)PC(AP+PB+c)-4 \cdot PB \cdot PC \cdot AP=0$$
Ora sviluppo, finalmente, i a calcoli sinistra (che sono pochi) e ottengo:
$$AP^{2}(PB+PC) + PB \cdot PC (PB+PC) = PC \cdot c^{2} + PB \cdot b^{2}$$
che però è proprio l'enunciato del teorema di Stewart per la ceviana $AP$, completando il problema.

[Francesco Sala]

Adesso va bene; direi che si può procedere con il problema 71.

[Kfp]

Una domanda: che informazioni ci dà Casey sul "verso" della tangenza (interna o esterna)? In questo problema credo non ci siano complicazioni visto che, nonostante chieda espressamente una tangenza esterna, la circonferenza tangente a $\omega_{B}$, $\omega_{C}$ e all'inscritta "dall'altro lato" è la retta $BC$, ma se la questione fosse meno evidente cosa ricaviamo dal solo teorema?