).Un altro problema
Un altro problema
Sia $\gamma$ la circonferenza di Feuerbach di $ABC$ e siano $M_A$ e $H_A$ punto medio e piede dell'altezza da $H$, sia $T_A$ il punto medio dell'arco $ M_AH_A$ e $t$ la tangente in $T_A$. Sia $A'$ il punto di tangenza della circonferenza inscritta a $ABC$ con $BC$. Sia $r$ la perpendicolare ad $AA'$ in $A'$ e sia $s$ la parallela alla bisettrice esterna di $A$ passante per $A'$. Sia $X = r \cap t$ e $Y= s \cap t$. Dimostrare che $T_AY = 2 YZ$ (fatevi un disegno perchè potrei essermi confuso con le lettere ).
).Boh direi che ormai che ho reso conosciuta castelfidardo posso togliere la firma di prima :D
Re: Un altro problema
Una domanda potrebbe essere questa: chi è Z?
-
Francesco Sala
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- Iscritto il: 13 ago 2012, 21:16
Re: Un altro problema
Supporrò nella dimostrazione che $ H_A $ sia il piede dell'altezza relativa ad $ A $, che $ M_A $ sia il punto medio di $ BC $ e che $ T_A\in\gamma $; dimostrerò che $ T_AY=2XY $.
Definiamo $ \omega $ come l'incerchio e $ I $ come l'incentro di $ ABC $; sia $ A_1 $ il piede della bisettrice relativa ad $ A $; sia $ A_2 $ il simmetrico di $ A' $ rispetto ad $ AI $ (è immediato notare che $ A_2\in s $, perchè $ s $, così come la bisettrice esterna, è perpendicolare ad $ AI $) e sia $ A_3 $ il simmetrico di $ A' $ rispetto ad $ I $. Sia $ K $ l'intersezione di $ AA_3 $ con $ \omega $ diversa da $ A_3 $; sia $ \Omega $ l'excerchio relativo ad $ A $ e sia $ I_A $ il suo centro; sia $ A'' $ il punto di contatto di $ \Omega $ con $ BC $. Sia infine $ Fe $ il punto di Feuerbach di $ ABC $ (ovvero il punto di contatto tra $ \gamma $ e $ \omega $).
Notiamo innanzitutto che, essendo $ T_A $ punto medio dell'arco $ M_AH_A $, $ t $ è parallela a $ BC $ e definiamo $ P=t\cap KA' $.
Claim 1: $ T_AP=PY $
Dimostrazione: Innanzitutto:
Lemma: $ M_A, A_2 $ e $ Fe $ sono allineati.
Dimostrazione: Definiamo, analogamente a $ M_A $ e $ A_2 $, i punti $ M_B, M_C, B_2 $ e $ C_2 $; il passo chiave è notare che basta dimostrare che i triangoli $ M_AM_BM_C $ e $ A_2B_2C_2 $ sono omotetici; tale fatto è ben noto ed è comunque sufficiente una semplice manipolazione di angoli (orientati) per accorgersi che è vero. Altrettanto immediato è notare che il fattore di omotetia dev'essere positivo. Ma allora, essendo tangenti internamente i circocerchi dei due triangoli, il centro di omotetia dev'essere appunto il punto di tangenza, ovvero $ Fe $.
Notiamo ora che, essendo $ I_AA'' $ e $ A'A_3 $ parallele (perchè perpendicolari a $ BC $), l'omotetia centrata in $ A $ che manda $ \omega $ in $ \Omega $ manda anche $ A_3 $ in $ A'' $, e dunque $ A''\in AA_3 $. Ora, essendo $ \angle A'KA''=90^o $ e, per un ben noto fatto, $ M_A $ il punto medio dell'ipotenusa $ A'A'' $ di tale triangolo rettangolo, $ M_AA'=M_AK $; poichè $ M_AA' $ è tangente a $ \omega $, anche $ M_AK $ deve esserlo. Dunque il quadrilatero $ A'A_2KFe $ è armonico e $ A'(A_2, Fe, K, A')=-1 $ (dove, chiaramente, la retta degenere $ A'A' $ è intesa come la tangente a $ \omega $ in $ A' $, ovvero $ BC $); ricordando che $ BC || t $ otteniamo $ A'(Y, T_A, P, \infty)=-1 $, ovvero $ T_AP=PY $, come voluto.
Claim 2: $ XY=PY $
Dimostrazione: Notiamo che $ I, I_A, A $ e $ A_1 $ sono i centri e i centri di omotetia di $ \omega $ e $ \Omega $; ma allora $ (A, A_1, I, I_A)=-1 $ ed il birapporto non cambia proiettando perpendicolarmente su $ BC $: dunque $ (H_A, A_1, A', A'')=-1 $. Ricordiamo che $ PK\perp AK $ e $ A'Y\perp AA_1 $. Ma allora il fascio $ A'(\infty, Y, X, P) $ è immagine del fascio $ A(H_A, A_1, A', A'') $ dopo una traslazione di vettore $ \overrightarrow{AA'} $ e una rotazione di $ 90^o $; essa ovviemente conserva i birapporti e dunque $ (\infty, Y, X, P)=-1 $ e $ XY=PY $, come voluto.
Da Claim 1 e Claim 2 è immediato verificare la tesi.
Definiamo $ \omega $ come l'incerchio e $ I $ come l'incentro di $ ABC $; sia $ A_1 $ il piede della bisettrice relativa ad $ A $; sia $ A_2 $ il simmetrico di $ A' $ rispetto ad $ AI $ (è immediato notare che $ A_2\in s $, perchè $ s $, così come la bisettrice esterna, è perpendicolare ad $ AI $) e sia $ A_3 $ il simmetrico di $ A' $ rispetto ad $ I $. Sia $ K $ l'intersezione di $ AA_3 $ con $ \omega $ diversa da $ A_3 $; sia $ \Omega $ l'excerchio relativo ad $ A $ e sia $ I_A $ il suo centro; sia $ A'' $ il punto di contatto di $ \Omega $ con $ BC $. Sia infine $ Fe $ il punto di Feuerbach di $ ABC $ (ovvero il punto di contatto tra $ \gamma $ e $ \omega $).
Notiamo innanzitutto che, essendo $ T_A $ punto medio dell'arco $ M_AH_A $, $ t $ è parallela a $ BC $ e definiamo $ P=t\cap KA' $.
Claim 1: $ T_AP=PY $
Dimostrazione: Innanzitutto:
Lemma: $ M_A, A_2 $ e $ Fe $ sono allineati.
Dimostrazione: Definiamo, analogamente a $ M_A $ e $ A_2 $, i punti $ M_B, M_C, B_2 $ e $ C_2 $; il passo chiave è notare che basta dimostrare che i triangoli $ M_AM_BM_C $ e $ A_2B_2C_2 $ sono omotetici; tale fatto è ben noto ed è comunque sufficiente una semplice manipolazione di angoli (orientati) per accorgersi che è vero. Altrettanto immediato è notare che il fattore di omotetia dev'essere positivo. Ma allora, essendo tangenti internamente i circocerchi dei due triangoli, il centro di omotetia dev'essere appunto il punto di tangenza, ovvero $ Fe $.
Notiamo ora che, essendo $ I_AA'' $ e $ A'A_3 $ parallele (perchè perpendicolari a $ BC $), l'omotetia centrata in $ A $ che manda $ \omega $ in $ \Omega $ manda anche $ A_3 $ in $ A'' $, e dunque $ A''\in AA_3 $. Ora, essendo $ \angle A'KA''=90^o $ e, per un ben noto fatto, $ M_A $ il punto medio dell'ipotenusa $ A'A'' $ di tale triangolo rettangolo, $ M_AA'=M_AK $; poichè $ M_AA' $ è tangente a $ \omega $, anche $ M_AK $ deve esserlo. Dunque il quadrilatero $ A'A_2KFe $ è armonico e $ A'(A_2, Fe, K, A')=-1 $ (dove, chiaramente, la retta degenere $ A'A' $ è intesa come la tangente a $ \omega $ in $ A' $, ovvero $ BC $); ricordando che $ BC || t $ otteniamo $ A'(Y, T_A, P, \infty)=-1 $, ovvero $ T_AP=PY $, come voluto.
Claim 2: $ XY=PY $
Dimostrazione: Notiamo che $ I, I_A, A $ e $ A_1 $ sono i centri e i centri di omotetia di $ \omega $ e $ \Omega $; ma allora $ (A, A_1, I, I_A)=-1 $ ed il birapporto non cambia proiettando perpendicolarmente su $ BC $: dunque $ (H_A, A_1, A', A'')=-1 $. Ricordiamo che $ PK\perp AK $ e $ A'Y\perp AA_1 $. Ma allora il fascio $ A'(\infty, Y, X, P) $ è immagine del fascio $ A(H_A, A_1, A', A'') $ dopo una traslazione di vettore $ \overrightarrow{AA'} $ e una rotazione di $ 90^o $; essa ovviemente conserva i birapporti e dunque $ (\infty, Y, X, P)=-1 $ e $ XY=PY $, come voluto.
Da Claim 1 e Claim 2 è immediato verificare la tesi.