55. bisettrici in un triangolo da 30°

[Chuck Schuldiner]

In un triangolo ABC l'angolo in A è di 30°. Le bisettrici interna ed esterna di B incontrano AC in B1 e B2 rispettivamente, e analogamente si definiscano C1 e C2. Le circonferenze di diametro B1B2 e C1C2 si intersecano in P dentro al triangolo. Dimostrare che BPC=90°.

[bĕlcōlŏn]

Ok, questa soluzione usa un po' di fatti portati da casa... la cui dimostrazione volutamente ometto, ma che vi invito a dimostrare o se volete posso postare io stesso.

Prima cosa: il punto $P$è il cosiddetto primo punto isodinamico del triangolo $ABC$, perché intersezione delle circonferenze di diametro $B_1B_2$ e $C_1C_2$, dette circonferenze di Apollonio.
Nota 1: La circonferenza di Apollonio relativa al lato $AB$ in un triangolo $ABC$ è il luogo dei punti $X$ tali che $\dfrac{AX}{XB}={AC}{CB}$. Potete dimostrare che effettivamente questa circonferenza coincide con quella costruita nel testo, per esercizio.
Nota 2: Le tre circonferenze di Apollonio relative ai tre lati $AB$, $BC$ e $CA$ di un triangolo $ABC$ concorrono in un punto detto primo punto isodinamico del triangolo $ABC$. Questo potete dimostrarlo, è ancora più semplice del primo.

Seconda cosa: Il primo punto isodinamico di $ABC$ è il coniugato isogonale del punto di Torricelli.
Nota 3: Dato un triangolo $ABC$, si costruiscano i tre triangoli equilateri esterni di lato $AB$, $BC$ e $CA$ e siano rispettivamente $C′$, $A′$ e $B′$ i loro terzi vertici. Allora $AA′$, $BB′$ e $CC′$ concorrono in un punto detto Punto di Torricelli. Inoltre vale $\angle ATB=\angle BTC=\angle CTA=120$. Provate a dimostrarlo con qualche ciclicità...
Nota 4: Il coniugato isogonale di $P$ in $ABC$ è l'incontro della simmetrica di $AP$ rispetto alla bisettrice dell'angolo in $\angle A$, della simmetrica di $BP$ rispetto alla bisettrice dell'angolo in $\angle B$ e della simmetrica di $\angle CP$ rispetto alla bisettrice dell'angolo in $\angle C$.

La seconda cosa che ho detto è un fatto noto, e potete dimostrarla tenendo conto del fatto che $PA$, $PB$ e $PC$ stanno fra come gli inversi dei lati, e qualche teorema dei seni qui e là tenendo conto del fatto che per il punto di Torricelli vale quella uguaglianza simpatica di angoli a 120 che ho scritto prima.

Terza cosa: Dato $P$ punto isodinamico si ha che $\angle ABP+\angle ACP=60$. Per vedere questo basta semplicemente sfruttare il fatto che $P$ e $T$ sono coniugati isogonali. Allora $\angle ABP=\angle TBC$ e $\angle ACP=\angle TCB$. Dunque $\angle ABP + \angle ACP = \angle TBC + \angle TCB = 180 - \angle BTC = 180 - 120 = 60$, dove ho usato che $\angle BTC = 120$ per quanto detto prima.

Ora concludo. Si ha che, considerando la somma degli angoli interni di $ABC$ che $\angle PBC + \angle PCB = 180 - \angle BAC - (\angle ABP + \angle ACP) = 180 - 30 - 60 = 90$. Dunque in $BPC$ si ha che $\angle BPC = 180 - (\angle PBC + \angle PCB) = 180-90 = 90$, come volevo mostrare

Spero sia tutto chiaro.

[Chuck Schuldiner]

Ok

Volendo ci sono altre 2 strade:
1)(mathlinks) una volta arrivati al fatto che AP, BP e CP sono proporzionali agli inversi dei lati si vede che il triangolo pedale è equilatero, e si finisce con angoli.
2)(mia soluzione) si nota facilmente che la tesi è equivalente a dimostrare che le congiungenti del punto medio di BC con i 2 centri di apollonio sono perpedicolari, e si finisce con pochi conti.

[Mist]

@Chuck Shuldiner: potresti mettere il link della soluzione su mathlinks perfavore?

[Chuck Schuldiner]

Eccola http://www.artofproblemsolving.com/Foru ... &#p2274396