OliForum Matematico

Sia $ ABC $ un triangolo acutangolo, $ \Gamma $ la sua circonferenza circoscritta, $ K $ il piede della bisettrice uscente da $ A $.
Sia $ M $ il punto medio dell'arco di circonferenza $ BC $ che contiene $ A $. Chiamata $ A' $ la seconda intersezione di $ MK $ con $ \Gamma $, definiamo $ T $ come l'intersezione delle tangenti a $ \Gamma $ in $ A $ e in $ A' $. Siano ora $ r $ (rispettivamente $ r' $) la perpendicolare ad $ AK $ (risp. $ A'K $) passante per $ A $ (risp. $ A' $). Detta $ R $ l'intersezione tra $ r $ ed $ r' $, Si dimostri che $ T,R $ e $ K $ sono allineati.

Esorto tutti quanti a scrivere la propria soluzione poichè da correttore devo dire che ne ho viste di tutti i colori, e penso ne esistano almeno $ 5 $ totalmente diverse, e potrebbe essere istruttivo vederle tutte

Le parole chiave delle 5 che ho in mente potrebbero essere: Pappo-pascal, quadrilateri armonici, angle-chasing, apollonio, feuerbach.

Io ho provato 6 volte a fare la figura e tutte le volte le tangenti (o le normali ad AK e A'K) si incrociavano in un punto 100 metri fuori dal foglio!!! Quindi dopo un po' mi sono stufato e mi sono dedicato ad altro (anche se a malincuore perchè a me geometria piace molto!!!)

Bonus: quand'è che B, C, T, R e K sono allineati?

Bene! Hai l'occasione per riprovarci! Prova così: fai la circonferenza, scegli BC e segna il punto medio M dell'arco più grande, poi scegli A abbastanza lontano da M, di modo, ad esempio, che l'angolo ABC sia quasi retto (poco meno, perché il triangolo deve essere acutangolo). A questo punto, se l'intersezione tra MA e BC ti resta nel foglio, il resto del disegno dovrebbe pure starci.

Vabè comincio io con quella più brutta

[l'immagine è sotto]

Intanto definiamo $ ~ O $ il centro di $ ~ \Gamma $; $ ~ M' $ come l'altra intersezione di $ ~ MO $ con $ ~ \Gamma $; $ ~ M'' $ come il punto medio di $ ~ BC $.
$ ~ MM' $ è l'asse di $ ~ BC $, un motivo su tutti $ ~ \bigtriangleup BMM'' \cong \bigtriangleup CMM'' $. $ ~ R,A,M $ sono allineati perché $ ~ RA $ e $ ~ AM $ sono perp. alla stessa retta $ ~ AK $ in $ ~ A $($ ~ RA $ per ipotesi e $ ~ AM $ perché $ ~ AMM' $ è inscritto in una semi cfr) Similmente per $ ~ R,A',M' $. Ma quindi $ ~ A'M, AM' $ sono altezze di $ ~ \bigtriangleup RMM' $ e quindi $ ~ K $ è l'ortocentro di questo triangolo. Ma poiché $ ~ BC $ passa per $ ~ K $ ed è perp. a $ ~ MM' $ allora sarà pure essa un'altezza e quindi passerà per il vertice rimanente, cioè $ ~ R $. Quindi $ ~ R,B,K,M'',C $ sono allineati. Ora, $ ~ \angle TAO = \angle TA'O = 90° $ poiché $ ~ TA, TA' $ sono tangenti a $ ~ \Gamma $, quindi $ ~ TAOA' $ è ciclico. La circonferenza che passa per $ ~ TAOA' $ è la cfr di feuerbach di $ ~ RMM' $ infatti passa per $ ~ A,A' $ che sono i due piedi delle altezze e per $ ~ O $ che è i l punto medio di $ ~ MM' $ (tre punti definiscono una cfr). E' fatto noto che il simmetrico del punto medio di un lato rispetto al centro della cfr di feuerbach coincide con il punto medio del segmento che collega l'ortocentro al vertice (punto di eulero), ma questo punto è proprio $ ~ T $, quindi esso appartiene all'altezza $ ~ RM'' $ come $ ~ R,K $; quindi sono allineati. []

spero di non aver scritto castronerie

Thebear ha scritto:Io ho provato 6 volte a fare la figura e tutte le volte le tangenti (o le normali ad AK e A'K) si incrociavano in un punto 100 metri fuori dal foglio!!! Quindi dopo un po' mi sono stufato e mi sono dedicato ad altro (anche se a malincuore perchè a me geometria piace molto!!!)

Stessa cosa identica per me



Appena ho tempo provo la dimostrazione...


Oggi nell'ora di filosofia a scuola sono riuscito a fare il disegno almeno...sul banco

Effettivamente l'ho fatto come ha suggerito EvaristeG...non potevi suggerirlo in gara?

Dimostrare che le bisettrici esterne si incontrano su BC e solo questione di birapporti, per la dimostrazione che le tangenti si incontrano su BC:

lemma utile: preso un quadrilatero ciclico ABCD e EFGH quello formato dalle tangenti alla crf in A,B,C,D le diagonali del primo concorrono dove le diagonali del secongo. (in particolare chiamiamo E il puntio di incontro tra la tangente in a e quella in B e così via gli altri in senso antiorario.) Allora AC, BD, EG, FH concorrono.

Dimostrazione lemma: consideriamo l'esagono degenere FBEHDG, in esso per brianchon BDm FH, EG concorrono e ugualmente in EAHGCF concorrono FH, CA, GE.

Dimostrazione: prese le nostazioni dalla figura di Agi applichiamo il lemma al quadrilatero AA'M'M. La tangente in M incontra la tangente in A in K, quella in M' la tangente in A' in J e quella in M quella in M' in $ \infty $ (nel piano proiettivo, inquanto esse sono parallele il punto di incontro sta sulla retta all'infinito).

Allora per il lemma le diagonali di $ KTJ \infty $ concorrono in K e in particolare $ K \in \infty T $ ma $ \infity T \parallel BC $ quindi $ T \in BC $.

io avevo dimostrato che un punto era l'incentro di un triangolo, quindi stavo cercando di dimostrare la perpendicolarità di una retta, ma proprio in quel minuto dissero: mancano 10 minuti
allora mi sono rivolto a ciò che mi avrebbe rovinato: geometria analitica
non ho concluso, ma ci dovevo essere andato molto vicino perchè mi hanno dato 5 punti...

Angle-chasing (ma perché queste cose vengono in mente solo nell'ora di latino?... )

Poiché $ O\widehat{A}T=K\widehat{A}R $, allora $ O\widehat{A}K=T\widehat{A}R=\alpha $ e $ K\widehat{A}T=\frac{\pi}{2}-\alpha $. Similmente, $ O\widehat{A'}K=T\widehat{A'}R=\beta $ e $ K\widehat{A'}T=\frac{\pi}{2}-\beta $.
Sia $ ~N $ la seconda intersezione della retta per $ ~AK $ su $ ~\Gamma $. Allora $ O\widehat{N}A=O\widehat{A}N=\alpha $, $ O\widehat{A'}M=O\widehat{M}A'=\beta $, dunque $ A\widehat{K}A'=M\widehat{K}N=\pi-\alpha-\beta $ e $ A\widehat{T}A'=2\pi-T\widehat{A}K-T\widehat{A'}K-A\widehat{K}A'=2\pi-\pi+\alpha+\beta-\frac{\pi}{2}+\alpha-\frac{\pi}{2}+\beta=2\alpha+2\beta $.
Poiché $ \overline{AT}=\overline{A'T} $ ($ ~A $ e $ ~A' $
$ A\widehat{R}A'=A\widehat{R}T+T\widehat{R}A'=\pi-(T\widehat{A}R+A\widehat{T}R)+\pi-(T\widehat{A'}R+A'\widehat{T}R)=2\pi-\alpha-\beta-(2\pi-2\alpha+2\beta)=\alpha+\beta $

Poiché $ \overline{AT}=\overline{A'T} $ (infatti $ ~AT $ e $ A'T $ sono tangenti a $ ~\Gamma $ in $ ~A $ e $ ~A' $), possiamo costruire una circonferenza $ ~\Gamma' $ con centro in $ ~T $ passante per $ ~A $ e $ ~A' $.
Inoltre $ ~R\in\Gamma' $, poiché $ A\widehat{T}A'=2A\widehat{R}A' $, e anche $ ~K\in\Gamma' $, poiché $ A\widehat{K}A'=\pi-A\widehat{R}A' $ e $ ~K $ giace dalla parte opposta di $ ~R $ rispetto a $ ~AA' $.
Dato che $ ~K,A'\in\Gamma' $, allora $ T\widehat{K}A'=T\widehat{A'}K $ e $ K\widehat{T}A'=\pi-2K\widehat{A'}T=\pi-2(\frac{\pi}{2}-\beta)=2\beta $.
Dato che $ ~R,A'\in\Gamma' $, allora $ T\widehat{R}A'=T\widehat{A'}R=\beta $ e $ R\widehat{T}A'=\pi-2T\widehat{A'}R=\pi-2\beta $.
Dunque $ R\widehat{T}A'+K\widehat{T}A'=(\pi-2\beta)+2\beta=\pi $, e $ ~R $, $ ~T $, $ ~K $ sono allineati.

Simo_the_wolf ha scritto:Sia $ ABC $ un triangolo acutangolo

Nella figura di Agi_90 il triangolo è ottusangolo in A,ma le cose sembrano quadrare comunque.......................
l'unica condizione da porre sarebbe $ AB \neq AC $ (o no?)

spugna ha scritto:

Simo_the_wolf ha scritto:Sia $ ABC $ un triangolo acutangolo

Nella figura di Agi_90 il triangolo è ottusangolo in A,ma le cose sembrano quadrare comunque.......................
l'unica condizione da porre sarebbe $ AB \neq AC $ (o no?)

oh caspita non ci avevo fatto caso!
sembra funzionare in effetti; credo che in alcune dimostrazioni il lavoro dovrebbe essere fatto per i due casi; però non ho idea di cosa possa cambiare nella mia, per esempio. Ci penso.

L'angolo ottuso creava problemi di configurazioni in alcuni casi.
In realtà, i maggiori problemi di configurazione ci sono nel decidere quale tra $ AB $ e $ BC $ sia il segmento più lungo...

[cazzata] Scusate ma perché nella soluzione ufficiale nell'ultimo passaggio sta scritto $ ~\widehat{TKA}=\pi-\widehat{ACB}-\frac{\widehat{BAC}}{2} $? Dove hanno dimostrato che T, C, K sono allineati? [/cazzata]

UP! Qualcuno mi illumina?