Punto di incontro

[razorbeard]

Sia dato un triangolo $ABC$. Si indichino con $M$ ed $N$ i punti medi rispettivamente dei lati $AC$ e $BC$. Siano inoltre $S$ e $T$ punti sui lati $AC$ e $BC$ tali che:
$AS=\frac{AC}{3}$ e $BT=\frac{BC}{3}$. Dimostrare che le bisettrici degli angoli $\angle AST$ e $ \angle BTS$ si incontrano in un punto $P$ del lato $AB$ se e solo se il quadrilatero $AMNB$ è circoscrivibile ad una circonferenza.

[Mist]

Controlla un attimo il testo, che se $M$ è il punto medio di $AB$ come hai scritto allora $AMNB$ non sarà mai circoscrivibile ad una circonferenza... dov'è $M$ ?

[Hawk]

Ma dimostrare la tesi significa assumere AMNB circoscrivibile ad una circonferenza e dimostrare che questo implica che le bisettrici si incontrano in un punto

[razorbeard]

Eppure il testo è copiato bene, non capisco perchè $AMNB$ non può mai essere circoscrivibile ad una circonferenza

[Hawk]

Boh, in ogni caso questa è la mia soluzione.

1)Supponiamo che le bisettrici si incontrino nel punto $ p\in AB $. Definisco allora $ \widehat{ASP} \cong \widehat{PST} \cong \alpha $ e $ \widehat{BTP} \cong \widehat{PTS} \cong \beta $.
Per il teorema di Talete abbiamo che $ MN // AB $ e $ MN \cong \displaystyle\frac{AB}{2} $. Sempre per Talete abbiamo che $ ST // AB // MN $. Per il parallelismo dimostrato precedentemente gli angoli $ \widehat{AST} $ e $ \widehat{SAB} $ devono essere coniugati interni supplementari, ma siccome $ \widehat{AST} \cong 2\alpha $ abbiamo che $ \widehat{SAB} \cong 180^\circ - 2\alpha $. Consideriamo il triangolo $ SAP $, siccome la somma angolare deve fare $ 180^\circ $ abbiamo per differenza $ \widehat{SPA} \cong180^\circ -180^\circ + 2\alpha - \alpha \cong \alpha $, ma allora $ AS \cong AP $. Con analogo ragionamento si ricava $ TP \cong PB $. Sostituendo con le ipotesi iniziali deduciamo che $ AC+BC\cong 3AB $*. Adesso non mi resta che dimostrare che $ AMNB $ è circoscrivibile ad una circonferenza. LA condizione necessaria è che $ AB+MN \cong AM+NB $, ma per quanto abbiamo detto prima questo si può riscrivere come $ \displaystyle\frac{3AB}{2} \cong \displaystyle\frac{AC+BC}{2} $ che è vera perchè abbiamo applicato un principio di equivalenza ad *. La tesi è vera.

2) Supponiamo adesso che $ AMNB $ sia circoscrivibile ad una circonferenza, dimostriamo che le bisettrici si incontrino nel punto $ p\in AB $. Allora $ \displaystyle\frac{3AB}{2} \cong \displaystyle\frac{AC+BC}{2} $ e ragionando sempre nello stesso modo precedente abbiamo che $ AB\cong AS+BT $, con i soliti parallelismi arriviamo a ridimostrare che $ AS\cong AP_{\widehat{AST}} $ e $ BT\cong BP_{\widehat{BTS}} $, ma siccome $ AB\cong AS+BT \Rightarrow P_{\widehat{AST}} \equiv P_{\widehat{BTS}} $, che è la tesi.

[Mist]

tre punti su 4 sono collineari... M da come hai scritto te sta su AB

[Hawk]

L'ho letto di sfuggita e leggendo male ho capito bene. Se non sbaglio questo quesito era un geometrico delle provinciali, lo ricordo perché l'ho fatto poco tempo fa.

[razorbeard]

Avete ragione voi ,pur rileggendo non mi ero accorto dell'errore, ora correggo subito