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Sia $ABC$ un triangolo, $M$ punto medio di $AB$ e $D,E,F$ i punti di tangenza dell'incerchio coi lati $BC,AC,AB$. Definisco $X=DE\cap CM$. Dimostrare $XF\perp AB$

Io mi ci sono ammazzato e alla fine ho trovato una soluzione... che non mi pare adatta al problema, nel senso che è lunghetta, contacciosa e c'è perfino un lemma di mezzo, che mi pare un poco troppo per una roba del genere. Mi chiedevo se ci fosse una soluzione breve In ogni caso se risolvete, pure se la soluzione è orrenda non vi fate problemi a postare

Che gioia usare una stessa idea due volte lo stesso giorno (bene o male è la stessa che per il decimo della staffetta)

Chiamo X l'intersezione di ID con EF e voglio dimostrare che sta sulla mediana da A. Traccio B'C' parallela a BC per X (con B' e C' su AB e AC). Allora B'XPF e XEC'P sono ciclici e quindi $\angle XB'I=\angle IFX=\angle IEX =\angle IC'X$, dunque IB'C è isoscele e quindi B'X=XC', quindi X sta sulla mediana.

Osservazione: non ho usato che I sia incentro, quindi questa cosa vale per ogni P sulla bisettrice (chiaramente sostituendo "triangolo dei punti di tangenza" con "triangolo pedale di P").

Sonner ha scritto:Che gioia usare una stessa idea due volte lo stesso giorno (bene o male è la stessa che per il decimo della staffetta)

Chiamo X l'intersezione di ID con EF e voglio dimostrare che sta sulla mediana da A. Traccio B'C' parallela a BC per X (con B' e C' su AB e AC). Allora B'XPF e XEC'P sono ciclici e quindi $\angle XB'P=\angle PFX=\angle PEX =\angle PC'X$, dunque PB'C è isoscele e quindi B'X=XC', quindi X sta sulla mediana.

Osservazione: non ho usato che I sia incentro, quindi questa cosa vale per ogni P sulla bisettrice (chiaramente sostituendo "triangolo dei punti di tangenza" con "triangolo pedale di P").

Meravigliosa

p.s. in effetti hai chiamato col nome sbagliato praticamente tutti i punti, ma si capisce

Ah sì, mi son sbagliato e ho scelto M punto medio di BC invece che di AB, allora viene tutto ciclato... vabbè non sto a correggere, rischio di fare ancora più casino

Tanto per far notare un fatto interessante, (con le lettere di dario), se F'F è il diametro dell'incerchio, CM divide FF' in rapporto $r/r_a$, dove $r_a$ è il raggio del cerchio exinscritto opposto al vertice A (omotetia da C + il fatto che il simmetrico di F rispetto a M è l'immagine di F').
D'altra parte, se r è la tangente per F', DE interseca r in un punto R e AB in un punto S tali che RF'/FS è ancora $r/r_a$ (triangoli rettangoli in F e F' + stessa omotetia). Dunque ED, FF', CM concorrono.

Oggi, riusando per la seconda volta l'idea di nobu, ho trovato una soluzione ganza di questo.
Chiamo $Y,Z$ le intersezioni degli assi di $XD,XE$ con $CB,CE$.
Vale banalmente $ECD\sim XYD\sim EZX$ e quindi $XZ\parallel CY$ e $XY\parallel EC$ da cui $XYCZ$ è un parallelogrammo e quindi $CM$ biseca $ZY$.
Dato che $CM$ biseca $ZY$ e anche $AB$ per un facile Talete (tracciando la parallela per AB ad esempio) ottengo che $ZY\parallel AB$.
Ma per come ho definito $Z,Y$ vale anche $ZE^2=ZX^2$ e $YD^2=YX^2$ e perciò $ZY$ è l'asse radicale dell'incerchio e di $X$ da cui $XI\perp ZY\parallel AB$ che è la tesi