35. Bisettrici e rettangoli

[dario2994]

Dato un triangolo $ABC$ sia $D$ il punto medio di $BC$ e $P$ un punto sulla bisettrice interna dell'angolo in $A$.
La retta $PD$ interseca la bisettrice esterna di $A$ in $E$. Sia $F$ il punto tale che $AEFP$ è un rettangolo.
Dimostrare che $PF$ biseca (internamente o esternamente) l'angolo $\angle{BFC}$.

[Francesco Sala]

Siano rispettivamente $ r, s $ le bisettrici interna ed esterna di $ \angle BAC $. La parallela a $ s $ per $ P $ incontra $ AB, AC $ in $ L, M $ rispettivamente. Sia $ F' $ il punto su $ LM $ tale che, detti $ J=BF'\cap s $ e $ K=CF'\cap r $ si abbia che $ JKF' $ è isoscele di base $ JK $; verificare che tale punto esiste ed è unico è banale. Sia $ E' $ la proiezione di $ F' $ su $ s $ e sia $ D'=JL\cap KM $; siano $ H=CF'\cap AB $ e $ I=BF'\cap AC $. Per il teorema di Pappo applicato ai punti $ J, A, K, M, F', L $ otteniamo che $ D'\in BC $; inoltre, detto $ E''=D'P \cap s $ abbiamo che $ \displaystyle{\frac{JE''}{KE''}=\frac{LP}{MP}=1 \Longrightarrow E'\equiv E''} $ (poichè in $ JKF' $ l'altezza $ F'E' $ è anche mediana). Si vede immediatamente che i triangoli $ ACJ $ e $ ABK $ hanno gli angoli congruenti e dunque sono simili: ma allora
$ \displaystyle{\frac{CJ}{BK}=\frac{AK}{AJ}\qquad\qquad (i)} $
Applicando Menelao al triangolo $ JKP $ e alla trasversale $ \overline{AIC} $ abbiamo che $ \displaystyle{\frac{KI}{IF'}\cdot\frac{CF'}{CJ}=\frac{AK}{AJ}} $; confrontando ciò con la $ (i) $ abbiamo che
$ \displaystyle{\frac{KB}{KI}=\frac{F'C}{F'I}\qquad\qquad (ii)} $
Ora l'ovvia relazione $ A(J, C, H, F')=A(K, I, B, F') $ implica che $ \displaystyle{\frac{JH\cdot F'C}{CH\cdot F'J}=\frac{KB\cdot IF'}{KF'\cdot BI}} $ e sostituendo in esso la $ (ii) $ ed il fatto che $ F'J=F'K $ otteniamo che
$ \displaystyle{\frac{JH}{CH}=\frac{KI}{BI}\qquad\qquad (iii)} $
Ora applicando Menelao al triangolo $ JCD' $ e alla trasversale $ \overline{BLH} $ abbiamo che $ \displaystyle{\frac{JH}{CH}=\frac{JL}{LD'}\cdot\frac{BD'}{BC}} $; ragionando ugualmente sul triangolo $ KBD' $ e sulla trasversale $ \overline{CMI} $ abbiamo che $ \displaystyle{\frac{KI}{BI}=\frac{KM}{MD'}\cdot\frac{CD'}{BC}} $; confrontando queste due relazione e sostituendo l'ovvia (per Talete) relazione $ \displaystyle{\frac{JL}{LD'}=\frac{KM}{MD'}} $ e la $ (iii) $ abbiamo che $ BD'=CD' $. Ma allora $ D'\equiv D $ e, di conseguenza, $ E'\equiv E $ e $ F'\equiv F $. Dal momento che la retta $ PF $ è parallela alla base del triangolo isoscele $ JKF $ essa è bisettrice esterna dell'angolo al vertice $ \angle JFK $. Poichè $ \angle BFC $ è sempre o opposto al vertice o supplementare di quest'ultimo, la tesi segue ovviamente.

[dario2994]

Qualche typo ma tutto è corretto