Tuttora irrisolto da Parma, triangolo con IO//BC

[salva90]

Siano I ed O l'incentro e il circocentro di ABC e D la proiezione di I su BC. Sia inoltre E il simmetrico di D rispetto a I e F l'intersezione di AE con BC.
Sapendo che $ IO||BC $, si mostri che $ EF=2(R-r) $

[edriv]

Problema brutto perchè con qualche conoscenza specifica lo si stronca facilmente, senza conoscenza specifica è difficile.

Lemma 1
F è il simmetrico di D rispetto al punto medio di BC.
Questo è vero indipendentemente da IO || BC; è un fatto abbastanza noto, dato anche a un vecchio Cesenatico. Considerare l'incerchio e l'excerchio, l'omotetia che manda l'uno nell'altro e lavorare sul fatto che le due tangenti da un punto a una circonferenza sono uguali.

Da questo fatto e dal parallelismo, si deduce che 2IO = DF.
Lemma 2
$ ~ IO^2 = R^2+2rR $
Fatto noto dovuto ad Eulero.

EDF è retto; si conclude con Pitagora:
$ ~ EF^2 = ED^2 + DF^2 = $$ (2r)^2 + (2IO)^2 = 4r^2 + 4R^2 - 8rR = 4(R-r)^2 $
Da cui $ ~ EF = 2(R-r) $.

Tra l'altro questo problema è stato messo su mathlinks qualche settimana fa

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

accidenti ci sarebe proprio da mangiarsi le mani...certo da quella figura si capiscono molte cose che con un figura a mano non si vedrebbero

[darkcrystal]

Lemma 1
F è il simmetrico di D rispetto al punto medio di BC.
Questo è vero indipendentemente da IO || BC; è un fatto abbastanza noto, dato anche a un vecchio Cesenatico. Considerare l'incerchio e l'excerchio, l'omotetia che manda l'uno nell'altro e lavorare sul fatto che le due tangenti da un punto a una circonferenza sono uguali.

Da questo fatto e dal parallelismo, si deduce che 2IO = DF.

Probabilmente sbaglio, ma non ti sei complicato solo la vita? EIO e EDF sono simili perchè hanno i lati a due a due allineati, e ED=2EI perchè raggio e diametro...

Ciao!

[edriv]

Forse ti fai ingannare dalla figura perchè dai per scontato che O è sul segmento EF...

[EvaristeG]

Un (antipatico) professore pisano ci ammoniva così qualche anno fa : "Ricordate sempre che la vostra incapacità a produrre una dimostrazione non assurge alla dignità di dimostrazione dell'inesistenza della suddetta."
Allora ... osserviamo innanzitutto che la tangente in E alla circonferenza inscritta è parallela a BC e dunque una omotetia di centro A manderà tale tangente su BC, portando E su F; contemporaneamente essa porterà il cerchio inscritto in una circonferenza tangente a BC e ai prolungamenti di AC e aC, ovvero nel cerchio circoscritto opposto ad A.
Dunque, supponendo AC=b maggiore di AB=c, avremo che
CF=(a+c-b)/2 e BD=(a+c-b)/2
Quindi F e D sono simmetrici rispetto al punto medio M di BC.
Ora, IO // BC vuol dire che ID=OM e dunque
ED=2OM, DF=2MF e $ \widehat{EDF}=\widehat{OMF}=\pi/2 $.
Dunque EDF e OMF sono simili, ovvero A,F,O,E sono allineati e EO=OF.

Ora, sia AH l'altezza da A; come è noto (anche agli stagisti di parma, dopo la prima lezione) AI è bisettrice (oltre che di BAC) dell'angolo HAO.
Dunque $ \widehat{IAO}=\widehat{HAI}=\widehat{AIE} $ quindi, per l'allineamento di A,E,O, si ha che AIE è isoscele, dunque AE=EI=r; del resto, AO=R, quindi EO=R-r e da ciò EF=2(R-r).

PS: un problema del genere l'ho proposto ad uno stage come Parma proprio perchè ero abbastanza sicuro che nessuno sarebbe stato così noioso da usare i soliti simpatici fatti noti, sperando contemporaneamente che qualcuno vedesse questa strada "ingenua".

[edriv]

Uhm è vero, per risolvere il problema bastava dimostrare che AE = r!
Alla fine aveva ragione Davide/darkcrystal, che mi son complicato la vita, ma non col primo simpatico fatto noto, bensì col secondo