cerchi tangenti

sprmnt21 · Messaggio da **sprmnt21** » 01 gen 1970, 01:33

Mi sembra che quasi tutti questi risultati \"stiano\" nella prova che ho gia\' dato. I tre punti I, Na ed Sp possono essere visti come incentri di tre triangoli a due a due omoteteci rispetto al comune baricentro G. Percio\' i tre punti sono allineati. E dato che la \"ragione\" (non so come si chiami di preciso, ma credo sia chiaro cosa intendo) dell\'omotetia e\' -2 in tutti e due i casi allora l\'incentro di LMN e\' il punto medio di INa (cioe\' Sp).
 Sempre per l\'omotetia si ha che SpL{M,N} sono parallele ad IA{B,C}.
 
 Per l\'ultimo punto si osservi, per le proprieta\' delle varie bisettrici in gioco, che MN=NR, dove R l\'intercetta di MSp su AB. Quindi, sfruttando tutti i parallelismi del caso, CB=2MN=2NR.
 
 Volendo provare che MA+AR = RB+BC+CM, dato che MA=CM, basta provare che AR=RB+CB cioe\', dato che AR=2NB-RB, che 2(NB-RB)=CB. Ma questo e\' quello che abbiamo ottenuto sopra, pertanto la tesi e\' provata.

Antimateria · Messaggio da **Antimateria** » 01 gen 1970, 01:33

Come sempre, le dimostrazioni di sprmnt21 sono musica.
 Guardate e imparate, gente.

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Ho guardato e cerchero\' di imparare ,soprattutto nella
 risoluzione dei... dettagli.
 Complimenti a tutti.

talpuz · Messaggio da **talpuz** » 01 gen 1970, 01:33

sia ABC un triangolo, c la sua circonferenza circoscritta, D, E, ed F i suoi punti di tangenza con AB, BC e AC rispettivamente. la parallela a DF per A e la parallela a EF per C si incontrano in G. dimostrare che
 
 - CGAI è ciclico (easy)
 - B,I,G sono allineati

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Ritengo che si parli di cerchio inscritto e che I sia l\'incentro.
 Siano 2a,2b,2c gli angoli in A,B e C di ABC:sara allora a+b+c=90°.
 1)Gli angoli ICG e IAG sono entrambi retti.Il primo
 perchè IC è perpendicolaread EF e quindi a CG,il secondo
 analogamente perchè AI è perpendicolare ad ED e quindi ad AG.
 Cio\' prova la conciclicita\' di A,I,C,G.
 2) Risulta ABI=b,BAI=a e quindi AIB=180°-a-b=90°+c.
 Inoltre ICA=c e dunque ACG=90°-c.
 Ora ,per la conciclicita\' di cui al punto 1,si ha AIG=ACG=90°-c.
 Ne segue che AIB+AIG=(90°+c)+(90°-c)=180° e questo
 dimostra che B,I e G sono collineari.

karl · Messaggio da **karl** » 01 gen 1970, 01:33

Ritengo che si parli di cerchio inscritto e che I sia l\'incentro.
 Siano 2a,2b,2c gli angoli in A,B e C di ABC:sara allora a+b+c=90°.
 1)Gli angoli ICG e IAG sono entrambi retti.Il primo
 perchè IC è perpendicolaread EF e quindi a CG,il secondo
 analogamente perchè AI è perpendicolare ad ED e quindi ad AG.
 Cio\' prova la conciclicita\' di A,I,C,G.
 2) Risulta ABI=b,BAI=a e quindi AIB=180°-a-b=90°+c.
 Inoltre ICA=c e dunque ACG=90°-c.
 Ora ,per la conciclicita\' di cui al punto 1,si ha AIG=ACG=90°-c.
 Ne segue che AIB+AIG=(90°+c)+(90°-c)=180° e questo
 dimostra che B,I e G sono collineari.

J4Ck202 · Messaggio da **J4Ck202** » 01 gen 1970, 01:33

Visto che ci siamo, mi aggrego anch\'io con un\'alternative proof
 dell\'equivalenza tra le due definizioni di Nagel point...
 
 Dato un triangolo ABC dal teorema di Stewart abbiamo che
 la lunghezza della bisettrice di C è pari a
 
 l(c) = 1/(a+b) sqrt( ab (a+b-c) (a+b+c) )
 
 Per il teorema di Van Obel la distanza C-Incentro varrà dunque
 
 L(C) = 1/(a+b+c) sqrt (ab (a+b-c) (a+b+c) )
 
 Ok, ora abbiamo tutto.
 
 1) Prendiamo un triangolo ABC e il triangolo A\'B\'C\' che
 gli corrisponde nell\'omotetia di rapporto -2 e centro (baricentro di ABC)
 
 2) Tiriamo le bisettrici del triangolo A\'B\'C\', andranno a concorrere in
 un certo punto W
 
 3) Detto R(C) il punto d\'intersezione tra AB e WC\', avremo [AWB]/[ABC\']=
 [AWB]/[ABC] = WR/RC\' = (per quanto visto su l(c) ed L(C)) = (a+b-c)/(a+b+c) analogamente [AWC]/[ABC]= (a-b+c)/(a+b+c) e pure
 [BWC]/[ABC] = (-a+b+c)/(a+b+c)
 
 4) Ora consideriamo l\'intersezione tra la retta AW e BC, e nominiamola
 A\'\'. Avremo CA\'\'/A\'\'B = [AWC]/[AWB] = (a+b-c)/(a-b+c)
 
 Basta far vedere che A\'\' è il punto di tangenza della circonferenza
 exinscritta ad A e siamo a cavallo. Ma questo è semplice:
 
 1) ABC triangolo qualunque, prendiamo la circonferenza exinscritta
 che tanga BC in A\'\', AB in B\'\' e AC in C\'\'
 
 2) Si avrà AC+CC\'\' = AB+BB\'\' e inoltre CC\'\'+BB\'\' = CA\'\'+BA\'\' = BC
 da cui possiamo ricavare esplicitamente A\'\'C e A\'\'B in funzione dei lati
 e constatare allegramente che vale
 
 3) CA\'\'/A\'\'B = (a+b-c)/(a-b+c)
 
 come volevamo, il che conferma che la prima e la seconda costruzione
 del punto W (=Na) portano alla stessa cosa. Hasta luego !

J4Ck202 · Messaggio da **J4Ck202** » 01 gen 1970, 01:33

In effetti mi potevo anche risparmiare la scrittura estesa della lunghezza
 della bisettrice, tanto conta solo il rapporto l(c)/L(C)... Ennesima riprova
 che Van Obel smonta qualsiasi cosa...

J4Ck202 · Messaggio da **J4Ck202** » 01 gen 1970, 01:33

Antimateria · Messaggio da **Antimateria** » 01 gen 1970, 01:33

Proponevo oggi all\'EvaristeG di prendere il teorema di Van Obel come unico assioma della Geometria... pare che dimostri ogni altra cosa!
 Tra un po\' me lo troverò anche nell\'insalata.