SSE tra Circocentro e Incentro.

[EvaristeG]

Sia ABC un triangolo; chiamiamo K,L gli incontri delle bisettrici interne di A,B con i lati BC e CA, chiamiamo H,J i piedi delle altezze da A,B sui lati opposti. Sia O il circocentro e I l'incentro. Dimostare che O sta sulla retta KL se e solo se I sta sulla retta HJ

Occhio che questo è difficile.

[EvaristeG]

UP! Visto che elianto84 non riesce a trattenersi dal maciullare problemi di geometria sintetica con l'analisi in più variabili...ecco qualcosa di un po' meno commestibile.

[elianto84]

Hai ragione, questo è un mostro, ma si smonta ugualmente.
Indico con W(X,YZ) la distanza del punto X dalla retta YZ.

Step1. La retta KL è il luogo dei punti Z tali che
$ \alpha\ W(Z,BC) + \beta\ W(Z,AC) = W_0 $
Step2. Dal teorema della bisettrice, tirando dentro K ed L
$ \alpha=(a+c) \quad \beta=(b+c) \quad W_0=2\Delta $
Step3.
$ 2\Delta=R(a\cos\alpha+b\cos\beta+c\cos\gamma) $
Step4.
Calcolando le distanze del circocentro dai lati e sfruttando lo step3
salta fuori che, se O appartiene alla retta KL, si ha
$ \cos\gamma=\cos\alpha+\cos\beta $
Step5.
Procedendo come nello step1 si ha che la retta IJ è descritta da
$ \frac{b}{c}\ W(Z,BC)+\frac{a}{c}\ W(Z,AC)=2R\sin\alpha\sin\beta\cos\gamma $
imponendo che l'incentro vi appartenga si ha
$ r \frac{a+b}{c}=2R\sin\alpha\sin\beta\cos\gamma=\frac{ab}{2R}\cos\gamma $
Step6.
$ 2\Delta=ar+br+cr=\frac{abc}{4R} $
Step7.
La collaborazione tra lo step6 e lo step5 produce
$ \frac{1}{2}cr=\Delta(1-\cos\gamma) $
ma
$ r=\frac{2\Delta}{a+b+c} $
segue che semplificando l'area di ABC abbiamo
$ cos\gamma=\frac{a+b}{a+b+c} $

Tesi equivalente
In un triangolo ABC
(AB=c, BC=a, CA=b, H e J proiezioni di A e B su BC e CA)
H1.: $ \cos\gamma=\cos\alpha+\cos\beta $
coimplica
H2.: $ \cos\gamma=\frac{a+b}{a+b+c} $

Proof.
Moltiplicando H1 per c si ha
$ c\cos\gamma=c\cos\beta+c\cos\alpha=AJ+BH $
Moltiplicando H2 per (a+b+c) si ha
$ a\cos\gamma+b\cos\gamma+c\cos\gamma=a+b $
ovvero
$ c\cos\gamma=AJ+BH $

[elianto84]

Noto ora che la mia dimostrazione è in alcuni punti un po' ridondante... pazienza.
EvaristeG: dicevi che era un kalva senza soluzione, potresti postare il link
al problema così che anche io possa dare il mio contributo a quel magnifico sito?
ThX in Adv.

[EvaristeG]

http://www.kalva.demon.co.uk/short/sh97.html

qui, il numero 16, mi pare.

Ora che è stato smontato brutalmente, posso fornire una soluzione furba anche se ancora algebrica e assai tecnica :
è noto che le distanze dell'incentro dai lati sono (r:r:r); mentre le distanze del circocentro sono $ (R\cos\alpha:R\cos\beta:R\cos\gamma) $.
Le distanze di H sono $ (0:b\sin\gamma\cos\gamma: b\sin\gamma\cos\beta) $ e di J sono $ (a\sin\gamma\cos\gamma:0:a\sin\gamma\cos\alpha) $.
Le distanze di K e L sono $ (0:d_1:d_1) $ e $ (d_2:0:d_2) $.

Possiamo considerare queste terne come rappresentanti dei punti sul piano $ ax+by+cz=S $; allora avremo che il nostro piano su cui stiamo lavorando e questo appena introdotto saranno legati da una isometria.
Le aree su tale piano sono in proporzione ai volumi delle piramidi con base la figura e vertice l'origine; quindi possiamo, per raffrontare le aree, raffrontare i volumi.
Il volume di un tetraedro che abbia vertici $ (x_i,y_i,z_i) $ per i=1,2,3 e l'origine è dato da
$ \mathrm{det}\left|\begin{array}{ccc}x_1&y_1&z_1\\x_2&y_2&z_2\\x_3&y_3&z_3\end{array}\right|= $
$ =x_1(y_2z_3-z_2y_3)-y_1(x_2z_3-z_2x_3)+z_1(x_2y_3-y_2x_3) $
(verificate !!)
Per dire che tre punti P,Q,R sono allineati mi basta dire che $ \mathrm{det}\left|PQR\right|=0 $.
L'espressione che sopra abbiamo scritta è omogenea e quindi posso considerare le coordinate di un punto a meno di un fattore moltiplicativo non nullo. Quindi scriviamo che I=(1,1,1); O=(cosA,cosB,cosC); H=(0,cosC,cosB), J=(cosC, 0,cosA); K=(0,1,1), L=(1,0,1).

Quindi

$ I\in HJ \Leftrightarrow\textrm{det}\left|\begin{array}{ccc}1&0&\cos\gamma\\1&\cos\gamma&0\\1&\cos\beta&\cos\alpha\end{array}\right|=0 $
$ \Leftrightarrow \cos\gamma(\cos\alpha+\cos\beta-\cos\gamma)=0 $
e supponendo $ \cos\gamma\neq 0 $ (infatti in tal caso la tesi è vera e quindi possiamo escluderlo)
$ \cos\alpha+\cos\beta-\cos\gamma=0\Leftrightarrow\mathrm{det}\left|\begin{array}{ccc}\cos\alpha&0&1\\ \cos\beta&1&0\\ \cos\gamma&1&1\end{array}\right|=0\Leftrightarrow O\in KL $

e queste due righe di conto dimostrano il problema...a volte la brutalità è inutile.