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Wow, un geometria own, peccato sia una cagata.

Sia $ABC$ un triangolo scaleno. Sia $O$ il suo circocentro. Sia $r$ la tangente in $A$ al circocerchio di $ABC$ e sia $X = BC \cap r$. Dimostrare che $OX$ è perpendicolare alla simmetrica della mediana uscente da $A$ per la bisettrice di $B \hat A C$ (aka: simmediana uscente da $A$).

La soluzione contosa è cosi facile e veloce che uno dice "perchè pensare a qualcosa di più complesso?"

Piano Complesso. Origine in $O$. Il problema è invariante per omotetia, dunque prendiamo come circoscritta $z\bar{z}=1$

Lemma bello: la retta passante per due punti $w$ e $v$ della circoscritta è nella forma

$$\bar{z}wv+z=w+v$$

Dim: Sia $K_A$ l'intersezione tra $BC$ e la simmediana, sia $H_A$ l'intersezione tra la tangente in $B$ della circoscritta e la tangente in $C$ della circoscritta. Per un lemma noto $A$, $H_A$, $K_A$ sono allineati. Ma $K_A$ è l'inverso del punto medio di $BC$, dunque

$$k_a=\frac{2bc}{b+c}$$

Ora per calcolare $X$ basta calcolare la retta $BC$ e la retta tangente in $B$ della circoscritta. Per il lemma la retta tangente in $A$ ha equazione $\bar{z}a^2+z=2a$ e la retta $BC$ ha equazione $\bar{z}bc+z=b+c$.

Ma allora

$$x=\frac{a(ab+ac-2bc)}{a^2-bc}$$

Ora $AK_A$ e $XO$ sono perpendicolari se e solo se

$$\frac{a-k_a}{x-o}=i\mathbb{R}$$

che fatti dei conti diventa

$$\frac{a^2-bc}{ab+ac}=i\mathbb{R}$$

e dunque coniugando va dimostato che

$$\frac{a^2-bc}{ab+ac}=-\overline{\frac{a^2-bc}{ab+ac}} \ \ \ \ (1)$$

Il lato destro diventa $$\frac{\frac{1}{bc}-\frac{1}{a^2}}{\frac{1}{ab}+\frac{1}{ac}}=\frac{a^2-bc}{a^2bc} \frac{abc}{c+b}$$

E dunque l'uguaglianza in (1) c'è e la tesi è dimostrata

Ok, mi torna tutto tranne questo.

scambret ha scritto: $K_A$ è l'inverso del punto medio di $BC$

$K_A$ non è l'inverso del punto medio di $BC$, non lo è in $A$ (a differenza dell'intersezione fra la mediana e la circoscritta), ma soprattutto non lo è in $O$. Al massimo $H_A$ lo è.

In realtà però ti basta dimostrare che $\frac{2bc}{b+c}, A, H_A$ sono allineati, che è praticamente un conto, anche perché essenzialmente $H_A$ È $\frac{2bc}{b+c}$.

Cioè: $K_A$ è inutile, quello che dici su $K_A$ in realtà riguarda $H_A$.

Comunque vai pure, era sostanzialmente corretta:)

Attendo con ansia soluzioni in sintetica.

Troleito br00tal ha scritto: Attendo con ansia soluzioni in sintetica.

INVERTIAMO in $A$ con raggio $\sqrt{bc}$ con simmetria rispetto alla bisettrice.
La tesi diventa "mediana perpendicolare a circonferenza per A X' e O'."
Ma X' è l'intersezione tra la circoscritta e la parallela a BC passante per A, e O' è il simmetrico di A rispetto a BC. Si vede ben bene che il centro della circonferenza cercata è il punto medio di BC (asse di AO' intersecato asse di AX'), e dunque la mediana passa per il centro di tale circonferenza, ergo è perpendicolare ad essa, dunque la tesi

Edit: un minuto in ritardo

Posto la mia:

Sia $P$ la proiezione di $O$ sulla simmediana. Invertiamo in $A$ con la solita simmetria e consideriamo infine l'omotetia di fattore $\frac{1}{2}$ in $A$: $B$ va nel punto medio di $AC$, $C$ va nel punto medio di $AB$, $P$ va nel punto medio di $AB$ e $O$ va nel piede dell'altezza uscente da $A$. Ma, ehi, questa è una circonferenza di Feuerbach. Fine dell'inversione. Quindi in soldoni $POBC$ è ciclico e l'asse radicale tra $POBC$ e $ABC$ è $BC$, l'asse tra $POBC$ e $APO$ è $PO$ (aka: la perpendicolare alla simmediana passante per $O$) e l'asse tra $APO$ e $ABC$ è la tangente in $A$ ad $ABC$ (poiché $A \hat P O$ è retto). Quindi $X$ è centro radicale e da questo segue la tesi.

Si scusami intendevo $H_A$. Sul mio disegno le lettere stavano scambiate e ho fatto una confusione assurda