Incentri... A caso

[scambret]

Sia $ABC$ un triangolo rettangolo in $A$, sia $D$ il piede dell'altezza uscente da $A$, siano $I$ e $J$ gli incentri di $ABD$ e $ACD$. Siano infine $E$ e $F$ le intersezioni di $IJ$ con le rette $AB$ e $AC$. Mostrare che $A$ è circocentro di $EDF$.

Provenienza: Inghilterra, First Selection Test, problema 3
Livello: circa 1-4 IMO

Buon divertimento!

[Lasker]

La mia soluzione è quanto di più orrido ci possa essere, ma almeno in teoria dovrebbe funzionare .

Immagino un sistema di riferimento cartesiano centrato in $A$, e chiamo per semplicità $a,b,c$ le lunghezze dei tre lati del triangolo secondo le usuali convenzioni. La retta $BC$ avrà equazione:
$$y=-\frac{b}{c}x+b$$
E dunque la sua perpendicolare passante per l'origine (l'altezza $d$ di $\triangle ABC$) sarà:
$$y=\frac{c}{b}x$$
Ora posso agevolmente calcolarmi le coordinate di $D$ mettendo a sistema le due rette:
$$-\frac{b}{c}x+b=\frac{c}{b}x\Rightarrow x_D=\frac{b^2c}{b^2+c^2}=\frac{b^2c}{a^2}, \ \ \textrm{e quindi } y_D=\frac{bc^2}{a^2}$$
Inoltre ho che banalmente vale $AD=\frac{bc}{a}$, $BD=\frac{c^2}{a}$ e $DC=\frac{b^2}{a}$ per similitudine, posso dunque trovare i due incentri indipendentemente:
$$I=\left(\frac{0+\frac{b^2c}{a^2}\cdot c+c\cdot \frac{bc}{a}}{c+\frac{bc}{a}+\frac{c^2}{a}};\frac{0+\frac{bc^2}{a^2}\cdot c+0}{c+\frac{bc}{a}+\frac{c^2}{a}}\right)=\left(\frac{abc+b^2c}{a(a+b+c)};\frac{bc^2}{a(a+b+c)}\right)$$
$$J=\left(\frac{0+\frac{b^2c}{a^2}\cdot b+0}{b+\frac{bc}{a}+\frac{b^2}{a}};\frac{0+\frac{bc^2}{a^2}\cdot b+b\cdot\frac{bc}{a}}{b+\frac{bc}{a}+\frac{b^2}{a}}\right)=\left(\frac{b^2c}{a(a+b+c)};\frac{abc+bc^2}{a(a+b+c)}\right)$$
Ora trovo l'equazione della retta passante per questi due punti, la valuto in $x=0$ per trovare $y_E$:
$$\frac{0-x_1}{x_2-x_1}=\frac{y_E-y_1}{y_2-y_1}\Rightarrow y_E=\frac{0-\frac{abc+b^2c}{a(a+b+c)}}{\frac{b^2c}{a(a+b+c)}-\frac{abc+b^2c}{a(a+b+c)}}\cdot\left(\frac{abc+bc^2}{a(a+b+c)}-\frac{bc^2}{a(a+b+c)}\right)+\frac{bc^2}{a(a+b+c)}$$
Sviluppando con pazienza si ha:
$$y_E=\frac{abc+b^2c+bc^2}{a(a+b+c)}=\frac{bc}{a}=AD$$
Ma allora per simmetria anche $x_F$ sarà uguale ad $AD$, e quindi $A$ è equidistante da $D,E,F$, ovvero esiste un cerchio di centro $A$ che passa per i tre punti $D,E,F$, e non può che essere il cerchio circoscritto di $\triangle DEF$

[Kfp]

Testo nascosto:

Dimostreremo prima che $ EF $ è perpendicolare alla bisettrice del vertice $ A $ , cioè che il triangolo $ AEF $ è isocele. Per farlo, basta mostrare che l'incentro $ W$ di $ ABC $ è l'ortocentro di $ AIJ $, ossia che $ AI $ è perpendicolare a $ CJ $: per vedere questo basta una rotazione+omotetia di centro $ D, $ angolo 90 e fattore il rapporto tra i lati. Ora che abbiamo questo $\widehat{AEF}=45°$, e detti ad esempio $ P $ e $ Q $ i punti di tangenza del cerchio di centro $ I $ con $ AB $ e $ AD $ la tesi segue dalla congruenza dei triangoli $ BIP $ e $ DIQ $.