Ecco un problema di geometria:
sia ABC un triangolo scaleno e sia c la sua circonferenza circoscritta. La bisettrice dell'angolo in A incontra BC in E. Sia M il punto medio dell'arco BC dalla stessa parte di A, e sia D l'altro punto di intersezione tra c e la retta ME.
Dimostrare che il centro della circonferenza circoscritta al triangolo AED è il punto di incontro tra la tangente a c in D e la retta BC.
Ciao
Circocentri
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Simo_the_wolf
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Allova, prolunghiamo la bisettrice AE finchè non incontra la circonferenza in M'. essendo $ \widehat{M'AB}=\widehat{M'AC} $ risulterà $ \stackrel{\smallfrown}{CM'} = \stackrel{\smallfrown}{M'B} $. Ma avendo già $ \stackrel{\smallfrown}{CM} = \stackrel{\smallfrown}{MB} $ come ipotesi sommando abbiamo che $ \stackrel{\smallfrown}{MM'} = \stackrel{\smallfrown}{M'M} $ cioè MM' è un diametro. Per lo stesso motivo di prima abbiamo che DM è bisettrice di $ \widehat{CDB} $ e quindi possiamo concludere che, dicendo f(A)=C il punto costruito a partire da A seguendo la costruzione del problema, f(C)=A. Quindi se dimostriamo una cosa per il punto C è dimostrata per A e vicecersa. Abbiamo, siccome CMB è isoscele che $ \widehat{MCB}=\widehat{CBM} $, inoltre abbiamo, chiamando X il punto d'incotro tra la tangente in D e CB,
$ \widehat{MCD}=\widehat{EDX}=\widehat{MCB}+\widehat{DCB}=\widehat{CBM}+\widehat{DMB}=\widehat{XED} $
Quindi EXD è isoscele e in particolare EX=XD. Come detto prima, chiamando con X' il punto d'incontro tra la tangente in A e BC possiamo dire che AX'=EX'. chiamiamo Y il punto d'incontro tra la tangente in A e la tangente in D sappiamo che AY=YD perchè segmenti di tangenza di uno stesso punto. Vogliamo ora dimostrare che $ Y\equiv X' \equiv X $. Prendiamo in considerazione il triangolo XYX'e, chiamando a=AX'=EX', b=EX=DX, c=AY=DY, abbiamo che:
$ XY=|a-c| $
$ YX'=|b-c| $
$ XX'=|a-b| $
Ovviamente c non può essere il massimo tra a,b,c (altrimenti Y dovrebbe trovarsi sia dalla parte di C sia dalla parte di A rispetto a BC) e dicendo che, senza perdita di generalità che $ a<c<b $ abbiamo XX'=XY=YX' cioè X,Y e X' sono sulla stessa retta, la retta BC (alla quale appartengono già X e X'). Ma X' e Y appartengono entrambi anche alla tangente in A. Quindi ci sono 2 possibilità: La tangente in A coincide con BC, ma allora $ A\equiv B\equiv C $: assurdo. Altrimenti $ X'\equiv Y(\equiv X) $ e quindi abbiamo $ AX=EX=DX $ i.e. X (punto d'incontro tra BC e la tangente in D) è il circocentro di AED.
$ \widehat{MCD}=\widehat{EDX}=\widehat{MCB}+\widehat{DCB}=\widehat{CBM}+\widehat{DMB}=\widehat{XED} $
Quindi EXD è isoscele e in particolare EX=XD. Come detto prima, chiamando con X' il punto d'incontro tra la tangente in A e BC possiamo dire che AX'=EX'. chiamiamo Y il punto d'incontro tra la tangente in A e la tangente in D sappiamo che AY=YD perchè segmenti di tangenza di uno stesso punto. Vogliamo ora dimostrare che $ Y\equiv X' \equiv X $. Prendiamo in considerazione il triangolo XYX'e, chiamando a=AX'=EX', b=EX=DX, c=AY=DY, abbiamo che:
$ XY=|a-c| $
$ YX'=|b-c| $
$ XX'=|a-b| $
Ovviamente c non può essere il massimo tra a,b,c (altrimenti Y dovrebbe trovarsi sia dalla parte di C sia dalla parte di A rispetto a BC) e dicendo che, senza perdita di generalità che $ a<c<b $ abbiamo XX'=XY=YX' cioè X,Y e X' sono sulla stessa retta, la retta BC (alla quale appartengono già X e X'). Ma X' e Y appartengono entrambi anche alla tangente in A. Quindi ci sono 2 possibilità: La tangente in A coincide con BC, ma allora $ A\equiv B\equiv C $: assurdo. Altrimenti $ X'\equiv Y(\equiv X) $ e quindi abbiamo $ AX=EX=DX $ i.e. X (punto d'incontro tra BC e la tangente in D) è il circocentro di AED.
per un'altra dimostrazione vedere qua http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... highlight=
(mi pare sia diversa, almeno
)
(mi pare sia diversa, almeno
)Re: Circocentri
Dopo 6 anni riesumo questo topic per chiedervi se la mia soluzione è giusta 
Intanto sia M' il punto diametralmente opposto ad M (e quindi l'intersezione della circoscritta con la bisettrice da A) e O' il circocentro di ADE.
Fatto 1: O' sta su BC. Infatti $ \angle BED= 180°-\angle DBE - \angle BDE = 180°-\frac{1}{2} \alpha -\angle DAE - 90° +\frac{1}{2} \alpha= 90° -\angle DAE $ (e analogamente $ \angle BEA = 90°-\angle ADE $. Ora una retta che forma un tale angolo con i lati contiene senz'altro il circocentro (per angoli su un triangolo generico).
Fatto 2: OED e OAE sono isosceli di vertice O e quindi la tesi. Infatti $ \angle DAM' = \angle DMO = \angle ODM $, ma quindi (usando il fatto 1 e l'ipotesi di tangenza) $ \angle O'DE = 90° - \angle EDO = 90° - \angle DAE = \angle O'ED $ e così per O'AE.
Intanto sia M' il punto diametralmente opposto ad M (e quindi l'intersezione della circoscritta con la bisettrice da A) e O' il circocentro di ADE.
Fatto 1: O' sta su BC. Infatti $ \angle BED= 180°-\angle DBE - \angle BDE = 180°-\frac{1}{2} \alpha -\angle DAE - 90° +\frac{1}{2} \alpha= 90° -\angle DAE $ (e analogamente $ \angle BEA = 90°-\angle ADE $. Ora una retta che forma un tale angolo con i lati contiene senz'altro il circocentro (per angoli su un triangolo generico).
Fatto 2: OED e OAE sono isosceli di vertice O e quindi la tesi. Infatti $ \angle DAM' = \angle DMO = \angle ODM $, ma quindi (usando il fatto 1 e l'ipotesi di tangenza) $ \angle O'DE = 90° - \angle EDO = 90° - \angle DAE = \angle O'ED $ e così per O'AE.