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Sia dato un triangolo $ABC$. Sia $A_1$ il punto di tangenza dell'incerchio su $BC$ e siano $B_1$ e $C_1$ definiti similmente. Siano $x_A$ e $y_A$ rispettivamente la circonferenza di diametro $BA_1$ e $A_1C$ e siano $x_B$, $y_B$, $x_C$ e $y_C$ definite similmente. Sia $A_2$ l'intersezione tra le tangenti esterne in comune a $x_A$ e $y_A$ e siano $B_2$ e $C_2$ definiti similmente. Dimostrare che i punti $A_2$, $B_2$, $C_2$ sono allineati (spero di aver scritto il testo giusto almeno stavolta)

Scusatemi in anticipo se uso lettere minuscole per i punti, ma oggi me la sento molto trasgre
LEMMA:
Dati:
Due circonferenze tangenti di diametro \(d,D\) e centro \(o,O\), (tali che \(d < D\) )
P il punto d'intersezione delle rette tangenti a entrambe le circonferenze,
\(t,T\) i punti di tangenza di una delle due tangenti comuni rispettivamente con le circonferenze di centro \(o,O\),
\(s\) la distanza tra P e la circonferenza più piccola (centro \(o\) e diametro \(d\) ),
Si ha \(\displaystyle s = \frac{d^2}{D-d}\).

DIMOSTRAZIONE:
Vista la simmetria delle tangenti rispetto alla retta \(oO\), P deve giacere su \(oO\). Impostiamo la similitudine tra i triangoli \(toP\) e \(TOP\):
\(\displaystyle \frac{d}{2} : (\frac{d}{2}+s) = \frac{D}{2} : (\frac{D}{2} + d + s ) \Rightarrow \frac{d}{2} : s = \frac{D}{2} : (d + s ) \Rightarrow \frac{d}{2} (d+s) = \frac{D}{2}s \Rightarrow s = \frac{d^2}{D-d} \)

SOLUZIONE:
Siano \(x,y,z\) rispettivamente le lunghezze dei segmenti \(A_1 B = B C_1,\ \ C_1A = A B_1,\ \ B_1 C = C A_1 \). Sia WLOG \(y > z > x \) (perchè sul foglio l'ho fatto così e non ho intenzione di cambiarli ). Non possono essere uguali, altrimenti le due tangenti comuni a due circonferenze sarebbero parallele.
Per il lemma, abbiamo \( \displaystyle A_2 B = \frac{x^2}{z-x}, \ \ C_2 B = \frac{x^2}{y-x}, \ \ B_2 C = \frac{z^2}{y-z}\). La configurazione discende da \(y \geq z \geq x\).
Per il teorema di Menelao, i tre punti sono allineati se e solo se:
\(\displaystyle \frac{BA_2}{CA_2}\frac{AC_2}{BC_2}\frac{CB_2}{AB_2} = -1 \)
Visto che i punti sono tutti e tre sui prolungamenti dei lati, ogni frazione contribuisce con un -, quindi complessivamente i - nell'equazione si semplificano.
Sostituendo nell' LHS :
\( \displaystyle (BA_2 AC_2 CB_2): (CA_2 BC_2 AB_2 ) = (\frac{x^2}{z-x} (x+y+\frac{x^2}{y-x}) \frac{z^2}{y-z} ) : [ (x+z+ \frac{x^2}{z-x})\frac{x^2}{y-x}(z+y+\frac{z^2}{y-z})] =\)
\( \displaystyle (\frac{x^2}{z-x} \frac{y^2}{y-x} \frac{z^2}{y-z} ) : [ \frac{z^2}{z-x}\frac{x^2}{y-x}\frac{y^2}{y-z}] = 1 ,\)
per cui i tre punti risultano effettivamente allineati.

Gottinger95 ha scritto:Scusatemi in anticipo se uso lettere minuscole per i punti, ma oggi me la sento molto trasgre
LEMMA:
Dati:
Due circonferenze tangenti di diametro \(d,D\) e centro \(o,O\), (tali che \(d < D\) )
P il punto d'intersezione delle rette tangenti a entrambe le circonferenze,
\(t,T\) i punti di tangenza di una delle due tangenti comuni rispettivamente con le circonferenze di centro \(o,O\),
\(s\) la distanza tra P e la circonferenza più piccola (centro \(o\) e diametro \(d\) ),
Si ha \(\displaystyle s = \frac{d^2}{D-d}\).

DIMOSTRAZIONE:
Vista la simmetria delle tangenti rispetto alla retta \(oO\), P deve giacere su \(oO\). Impostiamo la similitudine tra i triangoli \(toP\) e \(TOP\):
\(\displaystyle \frac{d}{2} : (\frac{d}{2}+s) = \frac{D}{2} : (\frac{D}{2} + d + s ) \Rightarrow \frac{d}{2} : s = \frac{D}{2} : (d + s ) \Rightarrow \frac{d}{2} (d+s) = \frac{D}{2}s \Rightarrow s = \frac{d^2}{D-d} \)

SOLUZIONE:
Siano \(x,y,z\) rispettivamente le lunghezze dei segmenti \(A_1 B = B C_1,\ \ C_1A = A B_1,\ \ B_1 C = C A_1 \). Sia WLOG \(y > z > x \) (perchè sul foglio l'ho fatto così e non ho intenzione di cambiarli ). Non possono essere uguali, altrimenti le due tangenti comuni a due circonferenze sarebbero parallele.
Per il lemma, abbiamo \( \displaystyle A_2 B = \frac{x^2}{z-x}, \ \ C_2 B = \frac{x^2}{y-x}, \ \ B_2 C = \frac{z^2}{y-z}\). La configurazione discende da \(y \geq z \geq x\).
Per il teorema di Menelao, i tre punti sono allineati se e solo se:
\(\displaystyle \frac{BA_2}{CA_2}\frac{AC_2}{BC_2}\frac{CB_2}{AB_2} = -1 \)
Visto che i punti sono tutti e tre sui prolungamenti dei lati, ogni frazione contribuisce con un -, quindi complessivamente i - nell'equazione si semplificano.
Sostituendo nell' LHS :
\( \displaystyle (BA_2 AC_2 CB_2): (CA_2 BC_2 AB_2 ) = (\frac{x^2}{z-x} (x+y+\frac{x^2}{y-x}) \frac{z^2}{y-z} ) : [ (x+z+ \frac{x^2}{z-x})\frac{x^2}{y-x}(z+y+\frac{z^2}{y-z})] =\)
\( \displaystyle (\frac{x^2}{z-x} \frac{y^2}{y-x} \frac{z^2}{y-z} ) : [ \frac{z^2}{z-x}\frac{x^2}{y-x}\frac{y^2}{y-z}] = 1 ,\)
per cui i tre punti risultano effettivamente allineati.

Pregio! Magari sarebbe carino vedere qualche soluzione senza Menelao...
Comunque la dimostrazione mi sembra corretta! Dei conti mi sono abbastanza fidato, comunque l'idea e il lemma sono molto giusti

Gottinger95 ha scritto:

Testo nascosto:

Non ci ho pensato ancora, ma allineamenti e assi radicali non li associo intuitivamente...al massimo con le concorrenze Comunque giurin giurello che ci penso

Ti vogliamo bene

Mi volete bene perchè sono così stupido che faccio tenerezza oppure perchè faccio al mondo l'ENORME favore di pensare agli assi radicali?

Gottinger95 ha scritto:Mi volete bene perchè sono così stupido che faccio tenerezza oppure perchè faccio al mondo l'ENORME favore di pensare agli assi radicali?

Perché giurin giurelli

Ho solo banalmente notato che \(I \in Asse(x_{lettera}, y_{lettera}) \), e che l'asse radicale di due circonferenze incontra le tangenti comuni nel punto medio, ma non mi è molto utile.. xD
Un hintarello?

Gottinger95 ha scritto:Ho solo banalmente notato che \(I \in Asse(x_{lettera}, y_{lettera}) \), e che l'asse radicale di due circonferenze incontra le tangenti comuni nel punto medio, ma non mi è molto utile.. xD
Un hintarello?

Beh, dimmi le prime 2 circonferenze che ti vengono in mente...