Allineamento russo!

[edriv]

Dalle nazionali russe 2003:


Sia ABC un triangolo.
D è un punto tale che DA = DB e DB è perpendicolare a BC.
E è un punto tale che EA = EC e EC è perpendicolare a BC.
F è un punto su BC tale che FA è tangente alla circonferenza circoscritta ad ABC.

Dimostrare che D,E,F sono allineati


Non so dire se è facile o difficile perchè non ho ancora visto le vostre soluzioni, però è carino.

[Sisifo]

Dopo lunghe tribolazioni ho trovato questa soluzione veramente orribile..
Con le notazioni standard per gli elementi del triangolo:

$ BD=\frac{c}{2 \cos (\pi/2 - \angle \beta)} = \frac{c}{2 (b/2R)} = \frac{c}{b} R $

$ CE=\frac{b}{2 \cos (\pi/2 - \angle \gamma)} = \frac{b}{2 (c/2R)} = \frac{b}{c} R $

Cioé $ BD/CE = \frac{c^2}{b^2} $

Invece, perché basi di triangoli di uguale altezza
$ \displaystyle FB/FC = \frac{A_{AFB}}{A_{AFC}} $
Ma, per la formula trigonometrica per l'area e il teorema dei seni
$ \displaystyle A_{AFB} = 1/2 AF AB \sin {\angle FAB} = 1/2 AB ^2 \frac{\sin (\beta - \gamma)}{sin (\alpha + \gamma)} \sin (\gamma) = $
$ = \frac{ c^2 \sin (\beta - \gamma) \sin (\gamma)}{2 \sin (\beta)}=\frac{c^3}{b} \sin (\beta - \gamma) $

E analogamente
$ \displaystyle A_{AFC} = \frac{b^3}{c} \sin (\beta - \gamma) $

Da cui
$ FB/FC = \frac{c^2}{b^2} = BD/CE $
Da cui i triangoli BDF e CEF sono simili, e quindi la tesi

[Leblanc]

Carino...
detto O il centro della circonferenza circoscritta, dimostro che i triangoli $ ABC $ e $ BDO $ sono simili. Considero gli angoli:
$ \angle OBC= 90-\angle BAC $
$ \angle DBO= 90-\angle OBC = \angle ABC $.
Inoltre, dato che D sta sull'asse di AB perche' il triangolo $ ABD $ e' isoscele, $ \angle DOB= \angle ACB $.
Quindi si puo' scrivere la similitudine:
$ \frac{BD}{AB}=\frac{BO}{AC} $
Rifacendo lo stesso discorso sul triangolo $ CEO $ si ottiene
$ \frac{CE}{AC}=\frac{CO}{AB} $
Dividendo membro a membro queste due equazioni e considerando che CO=BO si ottiene:
$ \frac{BD}{CE}=\frac{AB^2}{AC^2} $
Ora, per la similitudine dei triangoli $ FAB $ e $ FAC $ e per l'uguaglianza data dalla potenza di F rispetto alla circonferenza si ha che:
$ \frac{BD}{CE}=\frac{AB^2}{AC^2}= \frac{FA^2}{FC^2}= \frac{FB*FC}{FC^2}= \frac{FB}{FC} $
In altre parole, ho dimostrato che i triangoli rettangoli $ FBD $ e $ FEC $ sono simili e hanno un vertice e un lato in comune; dato che stanno dalla stessa parte rispetto a BC questo basta per concludere l'allineamento.

[Leblanc]

Denis m'hai battuto sul tempo... solo di 5 min, pero'

[Sisifo]

Sono ansioso di vedere se c'é una sol un po' meno calcolosa peró..

[edriv]

Eh no, se speri che esista una soluzione più semplice di quella di Maria dubito che l'avrai... comunque la mia è completamente diversa dalla vostra e quindi la posto!

Ho cercato di dimostrare che E è l'immagine per omotetia di D (l'omotetia che porta B in C).
L'immagine della circonferenza circoscritta ad ABC è una circonferenza passante per C e tangente a FA in A'. Chiamiamo D' l'immagine omotetica di D. D' è equidistante da C e A', e D'C è perpendicolare a FC. Voglio dimostrare che D' coincide con E, ovvero che D'A = D'C, quindi D' è il circocentro di AA'C. Oppure posso prima costruire il circocentro e poi dimostrare che questo è E e anche D'.

Insomma, ho trasformato il problema in quest'altro, che è abbastanza sensato e quindi vale la pena di provare a dimostrare:

Date due circonferenze che si intersecano in A e B, sia P l'intersezione delle tangenti comuni. Se una retta per P tange da le due circonferenze in C, D allora PB tange la circonferenza circoscritta a CDB. (vedrete che non cambia niente se si sceglie A al posto di B).

Qua, visto il tale affollamento di circonferenze, ho invertito (in B, dove passano ben 3 circonferenze).
Le due circonferenze che si intersecano in A e B diventano due rette che si intersecano in A. Le due rette tangenti alle circonferenze, che si intersecano in P e B, diventano due circonferenze, tangenti alle rette, che si intersecano in P e nel centro di inversione. La circonferenza per B, C, D diventa una retta per C e D. La retta PB va in se stessa. Vogliamo dimostrare che la retta PB e la circonferenza per B,C,D si intersecano in B, ovvero che le loro immagini (retta PB e CD) si intersecano "all'infinito" (sono parallele). Il che è abbastanza evidente dal disegno
:

[edriv]

No calma calma! Macchè inversione!

Se PA interseca le circonferenze (piccola e grande) in X e Y, allora avremo:
$ ~ PC^2 = PX \cdot PA $
$ ~ PD^2 = PA \cdot PY $
$ ~ PA = PX \cdot PY $ (per omotetia)
Da cui otteniamo: $ ~ PA^2 = PC \cdot PD $ ovvero PA è tangente alla circonferenza circoscritta ad ACD (lo stesso con B al posto di A).

Ok, ora può considerarsi decente.