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$ABC$ 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.

Che cos'è F?

karlosson_sul_tetto ha scritto:Che cos'è F?

Immagino che ci sia anche la bisettrice CF...

Corretto, la F era una D

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

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

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.

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.

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