In un triangolo $ ABC $, sia $ \omega $ l'incerchio e $ D,E,F $ i punti in cui questo tange $ BC,CA,AB $. Se $ EF $ incontra $ BC $ in $ L $ e $ N $ è il punto medio di $ DL $, supponiamo che la seconda tangente a $ \omega $ condotta da $ N $ incontri $ \odot(ABC) $ in $ X,Y $. Le tangenti da $ X,Y $ a $ \omega $ si incontrano in $ K $.
Dimostrare che $ \measuredangle BAD=\measuredangle CAK $.
Incerchio, tangenti e rette isogonali
Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Re: Incerchio, tangenti e rette isogonali
Messaggio da Massimiliano »
Perdonate il necroposting di quasi cinque anni, ma un problema così carino merita di avere almeno una soluzione.
Testo nascosto:
Lemma 1. Sia [math]ABC un triangolo e [math]P un punto sulla sua circoscritta. Allora esistono due punti [math]Q, R \in (ABC) tali che i triangoli [math]ABC e [math]PQR abbiano la stessa circonferenza inscritta [math]\omega.
Sia [math]I l'incentro di [math]ABC. Sia [math]M la seconda intersezione di [math]PI con [math](ABC). Siano [math]Q, R punti su [math](ABC) tali che [math]MI=MQ=MR. Per incenter-excenter lemma, [math]I è l'incentro di [math]PQR.
Siano [math]O il circocentro di [math]ABC, [math]R il raggio di [math](ABC), [math]r e [math]r' i raggi delle inscritte a [math]ABC e [math]PQR. Si ha [math]OI^2=R^2-2Rr e [math]OI^2=R^2-2Rr', dunque [math]r=r', quindi le inscritte ai due triangoli coincidono.
Lemma 2. [math]K \in (ABC).
Notiamo, per come sono costruiti [math]Q e [math]R nel lemma 1, che il luogo dei punti di tangenza di [math]QR con [math]\omega è [math]\omega stessa. Dunque dati due punti [math]Q, R \in (ABC) tali che [math]QR sia tangente all'inscritta di [math]ABC, esiste un punto [math]P \in (ABC) tali che [math]PQR e [math]ABC condividano la circonferenza inscritta. Applicando questo lemma con [math]X=Q e [math]Y=R si ha [math]K \in (ABC).
Siano [math]P il punto in cui la retta [math]XY è tangente a [math]\omega, [math]J l'excentro di [math]ABC opposto ad [math]A, [math]T l'excentro di [math]KXY opposto a [math]K, [math]M=NI \cap DP il punto medio di [math]DP.
Lemma 3. [math]T e [math]J giacciono sulla retta [math]DP.
Le rette [math]AD, [math]BE e [math]CF concorrono nel punto di Gergonne di [math]ABC, dunque, per i teoremi di Ceva e Menelao, si ha [math](B, C; D, L)=-1, da cui [math]ND^2=NB \cdot NC.
Ne segue [math]NM \cdot NI=ND^2=NB \cdot NC, quindi [math]M \in (BICJ), ossia [math]\widehat{IMJ}=\frac{\pi}{2}, ma [math]\widehat{IMD}=\frac{\pi}{2}, da cui [math]J \in DP. Inoltre [math]NM \cdot NI=NB \cdot NC=NX \cdot NY e in maniera del tutto analoga si deduce [math]T \in DP.
Lemma 4. [math]TAKJ è ciclico.
Siano [math]U=AI \cap (ABC) e [math]V=KI \cap (ABC) . Per incenter-excenter lemma, essi sono i punti medi dei segmenti [math]IJ e [math]IT, quindi [math]UV \parallel TJ. Per il teorema di Reim, quindi, [math]TAKJ è ciclico.
Lemma 5. [math]A è il centro di una rotomotetia che manda [math]D in [math]J e [math]I in [math]K.
Sia [math]K' \in (ABC) tale che [math]\widehat{BAD}=\widehat{CAK'} e sia [math]T'=K'I \cap DP.
Notiamo che [math]ABD \sim AK'C e [math]ABI \sim AJC, da cui [math]AI \cdot AJ = AB \cdot AC = AD \cdot AK'. Poiché [math]\widehat{DAI}=\widehat{JAK'}, si ha [math]ADI \sim AJK', da cui, per costruzione del centro di rotomotetia, [math]T'AK'J è ciclico. Detto [math]V' il punto medio di [math]IT' si ha, per argomentazioni analoghe a quelle del lemma 4, che [math]V' \in (ABC). Dunque [math]T' è una delle due intersezioni della circonferenza [math]\Gamma, immagine di [math](ABC) dopo un'omotetia di centro [math]I e fattore [math]2, e [math]DP. Tali intersezioni sono [math]T e [math]J. Ma è chiaro che [math]T' \neq J, dunque [math]T'=T e [math]K'=K.
Dal lemma 5 segue, chiaramente, l'isogonalità delle rette [math]AD e [math]AK.
Sia [math]I l'incentro di [math]ABC. Sia [math]M la seconda intersezione di [math]PI con [math](ABC). Siano [math]Q, R punti su [math](ABC) tali che [math]MI=MQ=MR. Per incenter-excenter lemma, [math]I è l'incentro di [math]PQR.
Siano [math]O il circocentro di [math]ABC, [math]R il raggio di [math](ABC), [math]r e [math]r' i raggi delle inscritte a [math]ABC e [math]PQR. Si ha [math]OI^2=R^2-2Rr e [math]OI^2=R^2-2Rr', dunque [math]r=r', quindi le inscritte ai due triangoli coincidono.
Lemma 2. [math]K \in (ABC).
Notiamo, per come sono costruiti [math]Q e [math]R nel lemma 1, che il luogo dei punti di tangenza di [math]QR con [math]\omega è [math]\omega stessa. Dunque dati due punti [math]Q, R \in (ABC) tali che [math]QR sia tangente all'inscritta di [math]ABC, esiste un punto [math]P \in (ABC) tali che [math]PQR e [math]ABC condividano la circonferenza inscritta. Applicando questo lemma con [math]X=Q e [math]Y=R si ha [math]K \in (ABC).
Siano [math]P il punto in cui la retta [math]XY è tangente a [math]\omega, [math]J l'excentro di [math]ABC opposto ad [math]A, [math]T l'excentro di [math]KXY opposto a [math]K, [math]M=NI \cap DP il punto medio di [math]DP.
Lemma 3. [math]T e [math]J giacciono sulla retta [math]DP.
Le rette [math]AD, [math]BE e [math]CF concorrono nel punto di Gergonne di [math]ABC, dunque, per i teoremi di Ceva e Menelao, si ha [math](B, C; D, L)=-1, da cui [math]ND^2=NB \cdot NC.
Ne segue [math]NM \cdot NI=ND^2=NB \cdot NC, quindi [math]M \in (BICJ), ossia [math]\widehat{IMJ}=\frac{\pi}{2}, ma [math]\widehat{IMD}=\frac{\pi}{2}, da cui [math]J \in DP. Inoltre [math]NM \cdot NI=NB \cdot NC=NX \cdot NY e in maniera del tutto analoga si deduce [math]T \in DP.
Lemma 4. [math]TAKJ è ciclico.
Siano [math]U=AI \cap (ABC) e [math]V=KI \cap (ABC) . Per incenter-excenter lemma, essi sono i punti medi dei segmenti [math]IJ e [math]IT, quindi [math]UV \parallel TJ. Per il teorema di Reim, quindi, [math]TAKJ è ciclico.
Lemma 5. [math]A è il centro di una rotomotetia che manda [math]D in [math]J e [math]I in [math]K.
Sia [math]K' \in (ABC) tale che [math]\widehat{BAD}=\widehat{CAK'} e sia [math]T'=K'I \cap DP.
Notiamo che [math]ABD \sim AK'C e [math]ABI \sim AJC, da cui [math]AI \cdot AJ = AB \cdot AC = AD \cdot AK'. Poiché [math]\widehat{DAI}=\widehat{JAK'}, si ha [math]ADI \sim AJK', da cui, per costruzione del centro di rotomotetia, [math]T'AK'J è ciclico. Detto [math]V' il punto medio di [math]IT' si ha, per argomentazioni analoghe a quelle del lemma 4, che [math]V' \in (ABC). Dunque [math]T' è una delle due intersezioni della circonferenza [math]\Gamma, immagine di [math](ABC) dopo un'omotetia di centro [math]I e fattore [math]2, e [math]DP. Tali intersezioni sono [math]T e [math]J. Ma è chiaro che [math]T' \neq J, dunque [math]T'=T e [math]K'=K.
Dal lemma 5 segue, chiaramente, l'isogonalità delle rette [math]AD e [math]AK.
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