sia $ ABC $ un triangolo e sia $ AM $ una sua mediana. Si considerino i cerchi circoscritti a $ ABM(\Gamma_1) $ e $ ACM(\Gamma_2) $.Sia $ E $ il punto medio dell'arco $ AB $ che non contiene $ M $ sulla ciconferenza $ \Gamma_1 $, $ F $ il punto medio dell'arco $ AC $ che non contiene $ M $ sulla ciconferenza $ \Gamma_2 $. Dimostrare che $ EF $ è perpendicolare a $ AM $.
ciao ciao
ps ho una soluzione di questo problema che usa la trigonometria, quindi sarebbe gradita una dimostrazione SENZA(=supersfida a Boll)
mediana e circonferenze
Innanzitutto $ AM $ è l'asse radicale delle due circonferenze, quindi è perpendicolare alla retta dei centri. Quindi ci basta provare che la retta $ FE $ è parallela alla retta dei centri.
Per trovare i due centri tracciamo l'asse di $ AC $, l'asse di $ AB $ e l'asse di $ AM $. Sappiamo che $ E $ sta sull'asse di $ AB $ e $ F $ su quello di $ AC $. Chiamiamo $ X,Y $ i punti in cui la retta centri intercetta le due circonferenze (quelli più esterni), in modo che e $ X $ e $ F $ siano sulla stessa circonferenza. Semplicemente segnando tutti gli angoli retti, ci accorgeremo che $ \angle MAB=x $ è uguale all'angolo al centro che insiste su $ EY $ (se volete ulteriori chiarimenti su questo sono disponibile, ma credo basti fare la figura bene, se non ho troppo sonno...) e che $ \angle MAC=y $ è uguale all'angolo al centro che insiste su $ FX $.
A questo punto mi spiace ma, detti $ R_1 $ e $ R_2 $ i due raggi delle circonferenze avremo che $ R_1* \sin{x}=R_2*\sin{y} $ per il teorema della corda guardando le corde $ MC $ e $ MB $, e tracciando le perpendicolari da $ E $ ed $ F $ su $ XY $ avremo che $ \sin{x}=\dfrac{dist_1}{R_1} $ e$ \sin{y}=\dfrac{dist_2}{R_2} $ dove con $ dist $ si indica la distanza delle due rette, quindi, unendo le due formule $ dist_1=dist_2 $. Due rette che hanno la stessa distanza in due punti distinti sono parallele.
{per frengo}
Una via totalmente sintetica per fare da "A questo punto...", chiamo $ K $ la proiezione di $ F $ sulla retta dei centri, e prendo un triangolo rettangolo con un angolo $ x $ e l'ipotenusa sul diametro della circonferenza di $ AMC $, che ha centro in $ O $. Per la similitudine di questo triangolo e $ FKO $ e ricordando che angoli uguali insistono su corde uguali avremo $ \dfrac{R_1}{dist_1}=\dfrac{2R_1}{CM} $ analogamente per l'altra circonferenza $ \dfrac{R_2}{dist_2}=\dfrac{2R_2}{BM} $ unendole sapendo che $ BM=CM $ avremo $ dist_1=dist_2 $, due rette che hanno la stessa distanza in due punti distinti sono parallele.
{\per frengo}
EDIT: Aggiunto il pezzetto per frengo, ad un'ora più presta l'ho fatto "senza trigonometria" in verità solo graficamente
Per trovare i due centri tracciamo l'asse di $ AC $, l'asse di $ AB $ e l'asse di $ AM $. Sappiamo che $ E $ sta sull'asse di $ AB $ e $ F $ su quello di $ AC $. Chiamiamo $ X,Y $ i punti in cui la retta centri intercetta le due circonferenze (quelli più esterni), in modo che e $ X $ e $ F $ siano sulla stessa circonferenza. Semplicemente segnando tutti gli angoli retti, ci accorgeremo che $ \angle MAB=x $ è uguale all'angolo al centro che insiste su $ EY $ (se volete ulteriori chiarimenti su questo sono disponibile, ma credo basti fare la figura bene, se non ho troppo sonno...) e che $ \angle MAC=y $ è uguale all'angolo al centro che insiste su $ FX $.
A questo punto mi spiace ma, detti $ R_1 $ e $ R_2 $ i due raggi delle circonferenze avremo che $ R_1* \sin{x}=R_2*\sin{y} $ per il teorema della corda guardando le corde $ MC $ e $ MB $, e tracciando le perpendicolari da $ E $ ed $ F $ su $ XY $ avremo che $ \sin{x}=\dfrac{dist_1}{R_1} $ e$ \sin{y}=\dfrac{dist_2}{R_2} $ dove con $ dist $ si indica la distanza delle due rette, quindi, unendo le due formule $ dist_1=dist_2 $. Due rette che hanno la stessa distanza in due punti distinti sono parallele.
{per frengo}
Una via totalmente sintetica per fare da "A questo punto...", chiamo $ K $ la proiezione di $ F $ sulla retta dei centri, e prendo un triangolo rettangolo con un angolo $ x $ e l'ipotenusa sul diametro della circonferenza di $ AMC $, che ha centro in $ O $. Per la similitudine di questo triangolo e $ FKO $ e ricordando che angoli uguali insistono su corde uguali avremo $ \dfrac{R_1}{dist_1}=\dfrac{2R_1}{CM} $ analogamente per l'altra circonferenza $ \dfrac{R_2}{dist_2}=\dfrac{2R_2}{BM} $ unendole sapendo che $ BM=CM $ avremo $ dist_1=dist_2 $, due rette che hanno la stessa distanza in due punti distinti sono parallele.
{\per frengo}
EDIT: Aggiunto il pezzetto per frengo, ad un'ora più presta l'ho fatto "senza trigonometria" in verità solo graficamente
Ultima modifica di Boll il 04 mar 2006, 14:11, modificato 1 volta in totale.
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
Chiaramente EM ed FM sono le bisettrci degli angoli AMB e AMC rispettivamente. Se G ed H sono le intersezioni delle parallele per C ad EM e per B ad FM con g il circoncerchio di ABC, si ha (non e' difficile provarlo) che GC e BH sono ortogonali e che si incrociano su AM in I. Risulta che <GHI + <AIH = <GCB + <BIM = <GCB + <IBM = 90°.
Essendo <AHB = <ACB = <AFM, si ha che A, H ed F sono collineari. Similmewnte si prova per A, G ed E. Per Talete si ha che AH/HF = AI/IM = AG/GE, quindi, per Talete, EF // GH da cui la tesi.
Essendo <AHB = <ACB = <AFM, si ha che A, H ed F sono collineari. Similmewnte si prova per A, G ed E. Per Talete si ha che AH/HF = AI/IM = AG/GE, quindi, per Talete, EF // GH da cui la tesi.
Ritorno su questo post per proporre un'altra dimostrazione
di tipo misto (ovvero con qualche... calcoletto).
Essendo EM ed FM bisettrici di due angoli adiacenti, esse
sono perpendicolari e dunque :u+v=90°.
Siano ora r1 ed r2 i circoraggi di c(ABM) e di c(ACM) e si ha:
$ \displaystyle r_1=\frac{BM.AM.AB}{2S},r_2=\frac{MC.AM.AC}{2S} $
[S=area(ABC)]
DA qui': $ \displaystyle \frac{r_1}{r_2}=\frac{AB}{AC}=\frac{c}{b} $
Per il teorema della bisettrice risulta:
AR:RB=AM:BM , AS:SC=AM:MC
da cui AR:RB=AS:SC e cio' prova che RS e' parallela a BC.
Ora abbiamo:
$ \displaystyle \frac{MR}{BM}=\frac{\sin\beta}{\sin(\beta+u)},\frac{MS}{MC}=\frac{\sin\gamma}{\sin(\gamma+v)} $
da cui:
$ \displaystyle \frac{MR}{MS}=\frac{\sin\beta}{\sin\gamma}.\frac{\sin(\gamma+v)}{\sin(\beta+u)}=\frac{b\sin(\gamma+v)}{c\sin(\beta+u)} $
Ancora:
$ \displaystyle ME=2r_1\sin(\beta+u),MF=2r_2\sin(\gamma+v) $ e quindi:
$ \displaystyle \frac{MF}{ME}=\frac{r_2}{r_1}.\frac{\sin(\gamma+v)}{\sin(\beta+u)}=\frac{b\sin(\gamma+v)}{c\sin(\beta+u)} $
e pertanto:
$ \displaystyle \frac{MR}{MS}=\frac{MF}{ME} $
Cio' prova che sono simili i triangoli EMF ed MRS con MS omologo di ME.
Ne deriva che l'angolo EFM e' uguale ad u e quindi,essendo come premesso u+v=90°,
risulta che MFT e' rettangolo in T.
c.d.d.
Leandro