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Sia $ABC$ un triangolo, $I_A$ un excentro, $P$ e $Q$ punti di tangenza dell'excerchio con $AB$ e $AC$. Siano $D$ e $E$ le intersezioni tra $PQ$ e le rette $BI_A$ e $CI_A$. Sia $A_1$ intersezione tra $CD$ e $BE$. Definiamo $B_1$ e $C_1$ analogamente. Allora $AA_1$ e cicliche concorrono.

Lemma: le perpendicolari condotte dagli incentri ai lati corrispondenti (tipo $I_A$ e $a$) concorrono.
Consideriamo $I_A$ e sia $H$ il piede della perpendicolare ad $a$. $\angle B I_A C=\dfrac{\beta +\gamma}{2}$ con un semplice conto di angoli. In particolare $\angle B I_A H=\dfrac {\beta }{2}$ e $\angle H I_A C=\dfrac {\gamma }{2}$. Ripetendo su $I_B, I_C$ otteniamo risultati simili. Sia $F$ l'intersezione tra $I_A H$ e $I_B H'$ con $H'$ su $b$. $\Delta I_A I_B F$ è isoscele. Analogamente, $\Delta I_B I_A G$ isoscele; ma anche il terzo triangolo deve risultare isoscele, quindi $F=G$.

Problema: ragiono solo su un lato, visto che il ragionamento dall'altro è praticamente uguale.
Sia $H$ come sopra. Ovviamente $\angle I_A P B=\pi$ e $\angle P B I_A=\dfrac {\alpha +\gamma}{2}$, quindi $\angle P I_A B=\dfrac {\beta}{2}$. $\angle P I_A Q=\beta +\gamma$ per la ciclicità, ma $\Delta P Q I_A$ è isoscele, quindi $\angle I_A P D=\dfrac {\alpha }{2}$. $\angle Q I_A D=\dfrac {\beta +2\gamma }{2}$, quindi $\angle I_A D Q=\dfrac {\alpha +\beta }{2}$ e $\angle P D I_A=\dfrac {\alpha +\beta +2\gamma }{2}$. Ma allora $\angle A_1 D Q=\dfrac {\gamma }{2}$ e $\angle I_A D C=\dfrac {\pi }{2}$.
Per simmetria, anche $\angle I_A E B=\dfrac {\pi }{2}$ e quindi $A_1$ giace su $I_A H$ in quanto ortocentro di $\Delta B C I_A$. Usando il lemma, concludo.

Edit: non va bene, ho sbagliato concorrenza...

matpro98 ha scritto: quindi $A_1$ giace su $I_A H$. Usando il lemma, concludo.

forse sono io che non capisco, ma perchè? $AA_1$ non coincide sempre con $I_A H$

p.s.: scambret , ti prego, dimmi che c'è una soluzione che non sia quella brutta e contosa...

LucaMac ha scritto:

matpro98 ha scritto: quindi $A_1$ giace su $I_A H$ in quanto ortocentro di $\Delta B C I_A$. Usando il lemma, concludo.

forse sono io che non capisco, ma perchè? $AA_1$ non coincide sempre con $I_A H$

No no, hai ragione... ho confuso $AA_1$ con $I_A A_1$...

LucaMac ha scritto: p.s.: scambret , ti prego, dimmi che c'è una soluzione che non sia quella brutta e contosa...

Ehmmm... Vediamo quale può essere la soluzione brutta e contosa:
- complessi? Nah, non viene, gli excentri... Oppure il solito lemma per calcolare l'incentro con $u^2$, $v^2$, $w^2$... Boh magari cosi..
- cartesiane? Boh
- baricentriche (*-*)? Beh no, non perché non possa venire ma perché non è un metodo brutto e contoso

Adotta anche tu le baricentriche

scambret ha scritto:perché non è un metodo brutto e contoso

Io avevo provato con le coordinate trilineari, ma scritte $AA_1$, $BB_1$ e $CC_1$ non riesco a fare il determinante della matrice per vedere che è $0$ (l'equazione di ognuna delle rette mi sta a malapena sul lato lungo di un foglio A4, scritta in piccolo ). Se volete posto il tentativo (l'ho salvato come bozza perché non ho avuto cuore di cancellarlo dopo due orette di conti appassionati), così potete divertirvi a sgamare gli errori.

Beh, se hai già scritto tutto, perché non postare? xD
Magari qualcosa si semplifica...

A proposito, dove trovo una dispensa sulle baricentriche?

matpro98 ha scritto:A proposito, dove trovo una dispensa sulle baricentriche?

http://www.artofproblemsolving.com/Reso ... y_full.pdf

Grazie

di niente

Drago ha scritto: Beh, se hai già scritto tutto, perché non postare? xD
Magari qualcosa si semplifica...

Allora eseguo, preparatevi allo schifo più assoluto!

Visto che il problema si diverte a metterci un sacco di rette a caso, intersezioni tra rette a caso e la tesi è una concorrenza (che so dimostrare in pochissimi modi), la mia strategia è fin da subito provare a ammazzare l'esercizio in conti bovini; in particolare facendo uso delle coordinate trilineari (che mi sono ripromesso più e più volte di imparare ad usare bene).

Parte preliminare 1): Dati due punti $X$ e $Y$ di coordinate rispettivamente $[a_1,b_1,c_1]$ e $[a_2,b_2,c_2]$, l'equazione della retta passante per questi due punti (espressa sempre come terna di coordinate omogenee) è $XY:[b_1c_2-b_2c_1,c_1a_2-c_2a_1, a_1b_2-a_2b_1]$.

Parte preliminare 2): Date due rette $x$ e $y$ di coordinate rispettivamente $[a_1,b_1,c_1]$ e $[a_2,b_2,c_2]$, le coordinate del loro punto intersezione sono allo stesso modo $x\cap y:[b_1c_2-b_2c_1,c_1a_2-c_2a_1, a_1b_2-a_2b_1]$.

Parte preliminare 3): Scriviamo le coordinate dei punti (e delle rette) più facili che ci vengono dati nel testo del problema, considerando che stiamo scrivendo le trilineari rispetto a $\triangle ABC$:

Vertici del triangolo: $A=[1,0,0]$, $B=[0,1,0]$, $C=[0,0,1]$

Excentri del triangolo: $I_A=[-1,1,1]$, $I_B=[1,-1,1]$, $I_C=[1,1,-1]$

Punti $P$ e $Q$: $P=[(p-c)\sin(\beta),0,p\sin(\alpha)]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ Q=[(p-b)\sin(\gamma),p\sin(\alpha),0]$

Bisettrici esterne in $B$ e in $C$: $BI_A=[1,0,1]\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ CI_A=[1,1,0]$

Ora è giunto il momento di abusare delle formule scritte nei punti $1$ e $2$ per trovare man mano tutti gli oggetti descritti nel testo del problema fino a $AA_1$ (e di conseguenza $BB_1$ e $CC_1$ ciclando le coordinate).
Scriviamo la retta per $P$ e $Q$.
$$PQ=[-p\sin(\alpha),(p-b)\sin(\gamma), (p-c)\sin(\beta)]$$
Scriviamo i punti $D$ ed $E$, intersezioni di $PQ$ rispettivamente con $BI_A$ e $CI_A$.
$$D=[(p-b)\sin(\gamma),p\sin(\alpha)+(p-c)\sin(\beta), -(p-b)\sin(\beta)]$$
$$E=[(p-c)\sin(\beta),-(p-c)\sin(\beta), (p-b)\sin(\gamma)+p\sin(\alpha)]$$
È il turno di $BE$ e $CD$.
$$BE= [(p-b)\sin(\gamma)+p\sin(\alpha),0,-(p-c)\sin(\beta)]$$
$$CD=[p\sin(\alpha)+(p-c)\sin(\beta),-(p-b)\sin(\gamma),0]$$
Sembrerebbe che ci stiamo avvicinando alla fine, visto che adesso tocca ad $A_1$ (sfortunatamente, cominciano anche le equazioni che non mi stanno più su una sola riga ).
$$A_1=[(p-b)(p-c)\sin(\beta)\sin(\gamma),(p-c)^2\sin^2(\beta)+p(p-c)\sin(\alpha)\sin(\beta),...$$
$$...(p-b)^2\sin^2(\gamma)+p(p-b)\sin(\alpha)\sin(\beta)]$$
Troviamo ora la retta $AA_1$, e scriviamo (ciclando le coordinate) anche le "corrispondenti" $BB_1$ e $CC_1$.
$$AA_1=[0, (p-b)\sin(\gamma)[(p-b)\sin(\gamma)+p\sin(\alpha)],-(p-c)\sin(\beta)[(p-c)\sin(\beta)+p\sin(\alpha)]]$$
$$BB_1=[-(p-a)\sin(\gamma)[(p-a)\sin(\gamma)+p\sin(\beta)], 0,(p-c)\sin(\alpha)[(p-c)\sin(\alpha)+p\sin(\beta)]]$$
$$CC_1=[(p-a)\sin(\beta)[(p-a)\sin(\beta)+p\sin(\gamma)], -(p-b)\sin(\alpha)[(p-b)\sin(\alpha)+p\sin(\gamma)],0 ]$$
E ora boh, ho provato sia a trovare una combinazione lineare delle tre righe per vedere che è $0$, sia a fare il determinante in modo esplicito, sia a scrivere l'intersezione di due di queste rette sperando nella ciclicità delle coordinate, ma in ogni caso i seni e i lati mi si mischiano troppo perché mi senta sicuro del risultato...
Potevo semplificare i conti da qualche parte, ho sbagliato qualcosa oppure devo semplicemente andare fino in fondo con il conto?

Non ho guardato tutti i conti, però perché usi dei brutti seni? Moltiplica tutto per $ 4R^2 $ e quindi trasforma $ 2R\sin\alpha=a$. Così hai solo lati e non dico che sia un conto immediato, ma almeno fattibile...

Non ci ho proprio pensato (all'inizio mi sembrava trattabile anche con i seni), se trovo un po' di tempo e voglia riparto da capo e vedo se riesco a concludere!

Perché ripartire da capo? Basta sostituire al fondo i seni con i lati...