Retto sse rettangolo

[Sonner]

$ABC$ rettangolo in $C$, $AD, BE$ bisettrici, $M$ circocentro di $CED$, $I$ incentro di $ABC$. Tesi: $MI\perp AB$.

Bonus: l'altra freccia, $MI\perp BC \Rightarrow \angle C=90°$ oppure ABC è isoscele.

[karlosson_sul_tetto]

Che cos'è F?

[Drago96]

Che cos'è F?

Immagino che ci sia anche la bisettrice CF...

[Sonner]

Corretto, la F era una D

[Hawk]

Sicuro che la tesi non debba essere $ MI \perp AB $?

[Sonner]

Basta, è l'ultima volta che propongo un problema di geometria, non son manco capace a ricopiare un testo

[dario2994]

Ho deciso che questa soluzione ha un che di elegante (che? non so)... quindi la posto. (mostra solo la prima freccia)
Allora piazzo dei bei assi cartesiani in su $AC,BC$.
Dico $A=(b,0),B=(0,a)$. E sia $c$ la lunghezza di $AB$. (ricordandomi, lo uso alla )
Vale $D=(0,\frac{ab}{b+c})$ perchè so come $D$ divide il lato $BC$ e poi 2 conti... allo stesso modo $E=(\frac{ab}{a+c},0)$.
Dato che il triangolo è retto il circocentro di $CDE$ è il punto medio di $DE$ quindi:
$M=\left(\frac{ab}{2(a+c)},\frac{ab}{2(b+c)}\right)$
Poi so che $I$ sta sulla retta $x=y$ e inoltre è allineato con $A,D$... quindi con 2 conti si ottiene $I=(\frac{ab}{a+b+c},\frac{ab}{a+b+c})$.
La retta $AB$ ha coef $\frac{-a}{b}$ quindi la retta $MI$ deve avere coef $\frac ba$ quindi insomma sottraggo le coodinate e poi divido $y/x$ la tesi è equivalente a:
$\displaystyle \frac{\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{2(b+c)}}{\frac{1}{a+b+c}-\frac{1}{2(a+c)}}=\frac ba\iff \frac{(a+c)(2(b+c)-(a+b+c))}{(b+c)(2(a+c)-(a+b+c))}=\frac ba\iff a(a+c)(b+c-a)=b(b+c)(a+c-b)$
E con un paio di conti si arriva ad avere che la tesi è equivalente a:
$ab^2-b^3+bc^2=a^2b-a^3+ac^2$ e usando $c^2=a^2+b^2$ ottengo la tesi.

[nobu]

Dimostro anche io solo la prima freccia..

$AI$ è tangente alla circonferenza circoscritta a $\bigtriangleup{CEI}$, perchè $\angle{AIE}=\frac{\alpha+\beta}{2}=45^\circ=\angle{ICE}$, quindi $AI^2=AE\cdot AC$.
Analogamente $BI$ è tangente alla circonferenza circoscritta a $\bigtriangleup{CDI}$, da cui $BI^2=BD\cdot BC$.
Perciò $AB$ è l'asse radicale fra il punto $I$ e la circonferenza circoscritta a $\bigtriangleup{CED}$ e quindi è perpendicolare a $MI$ (l'asse radicale fra due circonferenze è perpendicolare alla congiungente dei centri), che è la tesi.

[dario2994]

Bon... ricopio l'idea di nobu (bell'idea!) e faccio tutte e 2 le freccie insieme
D'ora in poi $2\alpha,2\beta,2\gamma$ sono gli angoli di $ABC$.
Definisco $F,G$ su $BC,AC$ in modo che $\angle{DIF}=\angle{EIG}=\gamma$.
Seguendo il ragionamento di sopra vale che la circonferenza circoscritta a $\triangle{DIC}$ è tangente a $IF$ e perciò vale $FD\cdot FC=FI^2$. Con lo stesso ragionamento vale $GE\cdot GC=GI^2$.
Quindi vale che $FG$ è l'asse radicale della circoscritta a $DEC$ e del punto $I$... allora come prima è perpendicolare a $MI$ e perciò vale la tesi sse $FG\parallel AB$.
E questo vale sse $d(F,AB)=d(G,AB)$ (dò anche segno alla distanza... sopra positiva, sotto negativa)... e ora un po' di conti in trigonometria.
$d(F,AB)=FB\cdot \sin(2\beta)$ (FB con segno).
$FB=IB\cdot \frac{\sin BIF}{sin \beta}$ (BIF orientato)
Inoltre facilmente $IB=c\frac{\sin\alpha}{\sin{\alpha+\beta}}$
E anche $BIF=DIB-DIF=\alpha+\beta-\gamma$.
Da cui ottengo
$\displaystyle d(F,AB)=\frac{c\cdot\sin(2\beta)\sin(\alpha+\beta-\gamma)\sin(\alpha)}{\sin(\beta)\sin(\alpha+\beta)}=\frac{c\cdot2\sin(\beta)\cos(\beta)\sin(\alpha+\beta-\gamma)\sin(\alpha)}{\sin(\beta)\sin(\alpha+\beta)}=$
$\displaystyle \left[\frac{2c\cdot \sin(\alpha+\beta-\gamma)}{\sin{\alpha+\beta}}\right]\cos(\beta)\sin(\alpha)$
e quindi $d(F,AB)=d(G,AB)\iff \left[\frac{2c\cdot \sin(\alpha+\beta-\gamma)}{\sin{\alpha+\beta}}\right]\left(\cos(\beta)\sin(\alpha)-\cos(\alpha)\sin\beta\right)=0\iff \sin(\alpha+\beta-\gamma)\sin(\alpha-\beta)=0$
E dato che $\alpha+\beta+\gamma=\frac{\pi}2$ e sono tutti positivi ciò vale sse $(\alpha+\beta-\gamma)(\alpha-\beta)=0$ che vuol dire che il triangolo o è isoscele o è retto