sia dato un triangolo abc tale che $ AC+BC=3AB $. I cerchio inscritto al triangolo, di centro $ I $, tocca i lati $ BC $ e $ CA $ in $ D,E $ rispettivamente. Siano $ K,L $ i simmetrici di $ D,E $ rispetto a $ I $.Dimostrare che ABKL è ciclico.
è un problema in cui bisogna usare molte idee molto utili...
ciao ciao
bel problema
Aaaaaaaaaalova, non credo sia la soluzione istruttiva di cui parlava Francesco, cmq ve ne posto una traccia, in alcuni posti è un filo stringata, sennò ne uscirebbe un post fiume...
Le notazioni sono quelle solite per i triangoli.
Si vuole dimostrare una tesi più forte, cioè che i punti $ A,B,K,L,I $ sono tutti conciclici.
Step 1 Si calcola il circoraggio del triangolo $ AIB $
Con un po' di angle-chasing si arriva a $ \angle BIA=\dfrac{\pi+\gamma}{2} $. Quindi per il teorema della corda $ R_{AIB}=\dfrac{c}{2\sin \left(\frac{\pi+\gamma}{2}\right)}=\dfrac{c}{2 \cos \left(\frac{\gamma}{2}\right)} $
Step 2 Si calcola il circoraggio del triangolo $ KIL $
Per costruzione $ KL $ misura quando $ DE $ che può essere calcolato con il teorema di Carnot poichè $ CD=CE=c $ semplicemente utilizzando la relazione iniziale sui lati, quindi $ KL=DE=c\sqrt{2}\sqrt{1-\cos\gamma} $
avremo inoltre che, sfruttando la ciclicità di DIEC $ \angle DIE=\angle LIK=\pi -\gamma $
Quindi per il teorema della corda $ R_{KIL}=\dfrac{c\sqrt{2}\sqrt{1-\cos\gamma}}{2 \sin \gamma} $
Step 3 Osserviamo che i due raggi sono uguali
Eguagliamo le due espressioni
dopo aver semplificato avremo
$ \dfrac{1}{\cos\left(\frac{\gamma}{2}\right)}=\dfrac{\sqrt{2\left(1-\cos \gamma \right)}}{\sin \gamma} $
$ \sin \gamma=\sqrt{1-\cos^2 \gamma} $
$ \sin^2 \gamma+\cos^2 \gamma=1 $
tutto invertibile e quindi tesi dimostrata.
Step 4 Si vuole dimostrare che il punto in cui concorrono gli assi di $ KL $ e $ AB $ dista dall'incentro quanto il raggio delle (per ora due) circonferenze prima citate.
E' chiaro che l'asse di $ KL $ è la bisettrice uscente da $ C $, per un fatto noto, cioè che in un triangolo non isoscele circocentro e ortocentro sono coniugati isogonali (andatevi a vedere il post sugli angoli in cui EvaristeG dimostrava l'IMO 2004/6 per credere) avremo che, detto R il punto in cui conoorrono le nostre due rette, $ R $ sta sulla circonferenza di $ ABC $
Quindi possiamo calcolare gli angoli del triangolo $ ABI $ (e simmetricamente quelli del traingolo ACI). Avremo che $ \angle RBI= \dfrac{\gamma+\beta}{2} $ e $ \angle BRI= \alpha $ quindi $ \angle BIR=\angle RBI= \dfrac{\gamma+\beta}{2} $ (se volete tutti i passaggi magari poi li posto, ma è abbastanza una menata). Quindi il nostro $ R $ ha la stessa distanza da $ I,B,A $ quindi è il centro della circonferenza $ ABI $. Quindi la sua distanza da $ I $ è uguale al circoraggio.
Conclusioni
Avendo provato che i due raggi sono uguali stiamo dicendo che, centrata una circonferenza con quel raggio di centro $ I $, i centri delle due circonferenze devono stare sulla circonferenza ora costruita. Ma allo stesso tempo i centri devono stare sugli assi (l'asse della corda passa per il centro) di $ HK $ e $ AB $. Visto che le due corde stanno dalla stessa parte di piano rispetto a $ I $, se le due circonferenze fossero distinte, inciderebbero la circonferenza costruita in due punti distinti. Avendo provato nello Step 4 che non è così abbiamo che sono la stessa circonferenza, cioè la tesi.
P.S. Non so se sia giusto e non credo sia chiaro, se qualcuno volesse darci una revisione...
Le notazioni sono quelle solite per i triangoli.
Si vuole dimostrare una tesi più forte, cioè che i punti $ A,B,K,L,I $ sono tutti conciclici.
Step 1 Si calcola il circoraggio del triangolo $ AIB $
Con un po' di angle-chasing si arriva a $ \angle BIA=\dfrac{\pi+\gamma}{2} $. Quindi per il teorema della corda $ R_{AIB}=\dfrac{c}{2\sin \left(\frac{\pi+\gamma}{2}\right)}=\dfrac{c}{2 \cos \left(\frac{\gamma}{2}\right)} $
Step 2 Si calcola il circoraggio del triangolo $ KIL $
Per costruzione $ KL $ misura quando $ DE $ che può essere calcolato con il teorema di Carnot poichè $ CD=CE=c $ semplicemente utilizzando la relazione iniziale sui lati, quindi $ KL=DE=c\sqrt{2}\sqrt{1-\cos\gamma} $
avremo inoltre che, sfruttando la ciclicità di DIEC $ \angle DIE=\angle LIK=\pi -\gamma $
Quindi per il teorema della corda $ R_{KIL}=\dfrac{c\sqrt{2}\sqrt{1-\cos\gamma}}{2 \sin \gamma} $
Step 3 Osserviamo che i due raggi sono uguali
Eguagliamo le due espressioni
dopo aver semplificato avremo
$ \dfrac{1}{\cos\left(\frac{\gamma}{2}\right)}=\dfrac{\sqrt{2\left(1-\cos \gamma \right)}}{\sin \gamma} $
$ \sin \gamma=\sqrt{1-\cos^2 \gamma} $
$ \sin^2 \gamma+\cos^2 \gamma=1 $
tutto invertibile e quindi tesi dimostrata.
Step 4 Si vuole dimostrare che il punto in cui concorrono gli assi di $ KL $ e $ AB $ dista dall'incentro quanto il raggio delle (per ora due) circonferenze prima citate.
E' chiaro che l'asse di $ KL $ è la bisettrice uscente da $ C $, per un fatto noto, cioè che in un triangolo non isoscele circocentro e ortocentro sono coniugati isogonali (andatevi a vedere il post sugli angoli in cui EvaristeG dimostrava l'IMO 2004/6 per credere) avremo che, detto R il punto in cui conoorrono le nostre due rette, $ R $ sta sulla circonferenza di $ ABC $
Quindi possiamo calcolare gli angoli del triangolo $ ABI $ (e simmetricamente quelli del traingolo ACI). Avremo che $ \angle RBI= \dfrac{\gamma+\beta}{2} $ e $ \angle BRI= \alpha $ quindi $ \angle BIR=\angle RBI= \dfrac{\gamma+\beta}{2} $ (se volete tutti i passaggi magari poi li posto, ma è abbastanza una menata). Quindi il nostro $ R $ ha la stessa distanza da $ I,B,A $ quindi è il centro della circonferenza $ ABI $. Quindi la sua distanza da $ I $ è uguale al circoraggio.
Conclusioni
Avendo provato che i due raggi sono uguali stiamo dicendo che, centrata una circonferenza con quel raggio di centro $ I $, i centri delle due circonferenze devono stare sulla circonferenza ora costruita. Ma allo stesso tempo i centri devono stare sugli assi (l'asse della corda passa per il centro) di $ HK $ e $ AB $. Visto che le due corde stanno dalla stessa parte di piano rispetto a $ I $, se le due circonferenze fossero distinte, inciderebbero la circonferenza costruita in due punti distinti. Avendo provato nello Step 4 che non è così abbiamo che sono la stessa circonferenza, cioè la tesi.
P.S. Non so se sia giusto e non credo sia chiaro, se qualcuno volesse darci una revisione...
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)
Hmm allora, mi sembra tutto a posto, ma l'ultima parola l'avrà frengo ... solo due osservazioni :
1) il nostro Boll dimostra in realtà che AKILB è un pentagono inscrittibile, surclassando la tesi;
2) i coniugati isogonali possono risparmiarsi : chi si lancia a dimostrare che l'asse di un lato e la bisettrice dell'angolo opposto concorrono sulla circonferenza circoscritta?
1) il nostro Boll dimostra in realtà che AKILB è un pentagono inscrittibile, surclassando la tesi;
2) i coniugati isogonali possono risparmiarsi : chi si lancia a dimostrare che l'asse di un lato e la bisettrice dell'angolo opposto concorrono sulla circonferenza circoscritta?
allora ecco la mia soluzione:
prolungando $ BK $ fino al lato $ BC $ ottengo il punto $ F $ tale che $ AF=CE $ (qui la dimostrazione).
Per cose già note, $ CE=\frac{AC+BC-AB}{2}=AB $, quindi $ AF=AB $, e il triangolo $ ABF $ è isoscele, quindi l'angolo $ ABK=\frac{\pi-\alpha}{2}=\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2} $.
Considero adesso la bisettrice del triangolo, uscente dal vertice $ C $.
Essa incontra $ KL $ in $ X $ e $ AB $ in $ Y $.
Considero il quadrilatero $ ALXY $:
-visto che $ LK//ED $ perpendicolare ad $ AX $,l'angolo in $ X $ è $ \frac{\pi}{2} $
-per argomentazioni analoghe a prima, l'angolo in $ A $ vale $ \frac{\pi}{2}-\frac{\beta}{2} $
-essendo $ AY $ una bisettrice, l'angolo in $ Y $ vale $ \pi-\alpha-\frac{\gamma}{2} $
sottraendo dall'angolo giro, il quarto angolo $ ALK=\alpha+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}=\frac{\pi}{2}+\frac{\beta}{2}=\pi-ABK $,
quindi il quadrilatero $ ABKL $ è ciclico.
ciao ciao
ps boll ti sei solo complicato la vita........
prolungando $ BK $ fino al lato $ BC $ ottengo il punto $ F $ tale che $ AF=CE $ (qui la dimostrazione).
Per cose già note, $ CE=\frac{AC+BC-AB}{2}=AB $, quindi $ AF=AB $, e il triangolo $ ABF $ è isoscele, quindi l'angolo $ ABK=\frac{\pi-\alpha}{2}=\frac{\pi}{2}-\frac{\alpha}{2} $.
Considero adesso la bisettrice del triangolo, uscente dal vertice $ C $.
Essa incontra $ KL $ in $ X $ e $ AB $ in $ Y $.
Considero il quadrilatero $ ALXY $:
-visto che $ LK//ED $ perpendicolare ad $ AX $,l'angolo in $ X $ è $ \frac{\pi}{2} $
-per argomentazioni analoghe a prima, l'angolo in $ A $ vale $ \frac{\pi}{2}-\frac{\beta}{2} $
-essendo $ AY $ una bisettrice, l'angolo in $ Y $ vale $ \pi-\alpha-\frac{\gamma}{2} $
sottraendo dall'angolo giro, il quarto angolo $ ALK=\alpha+\frac{\beta}{2}+\frac{\gamma}{2}=\frac{\pi}{2}+\frac{\beta}{2}=\pi-ABK $,
quindi il quadrilatero $ ABKL $ è ciclico.
ciao ciao
ps boll ti sei solo complicato la vita........
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HumanTorch
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veramente bella dimostrazione (je mi son penato per cercare di trovare qualche cosa sulla retta cui appartengono L e il punto di incontro della circonferenza con AB) ...mi chiedevo, però, se era fattibile una dimostrazione che fa uso dell'ellisse di fuochi A e B e del fatto che la retta di simmetria fra DE e KL è tangente la circonferenza che dobbiamo trovare...non essendone molto esperto, mi rimetto al vostro giudizio.
(je mi son penato per cercare di trovare qualche cosa sulla retta cui appartengono L e il punto di incontro della circonferenza con AB) ...mi chiedevo, però, se era fattibile una dimostrazione che fa uso dell'ellisse di fuochi A e B e del fatto che la retta di simmetria fra DE e KL è tangente la circonferenza che dobbiamo trovare...non essendone molto esperto, mi rimetto al vostro giudizio.