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Sia dato un triangolo $ ABC $ e siano $ AA_1, BB_1 , CC_1 $ tre sue ceviane concorrenti in $ P $ . Siano condotte ora le parallele a $ A_1B_1 $ e $ A_1C_1 $ passanti per $ P $ che incontrano $ BC $ in $ A_2 $ e $ A_3 $. Dimostrare che $ A_1 $ è punto medio di $ A_2A_3 $.

Problemucci:
1) Sia fatta la costruzione di prima ma stavolta $ A_1, B_1, C_1 $ sono i punti di tangenza dell'incerchio al triangolo. Si costruiscano similmente anche $ B_2,B_3,C_2,C_3 $. Si dimostri che $ A_2,A_3,B_2,B_3,C_2,C_3 $ sono conciclici di centro l'incentro.

2) Sia dato un triangolo ABC e tre ceviane concorrenti $ AH, BB_1 , CC_1 $ dove $ AH $ è una altezza.
Dimostrare che $ AH $ è bisettrice di $ \angle{B_1HC_1} $.[/tex]

Per cominciare...

Chiamiamo $ B_{2}, C_{2} $ i punti di intersezione di $ A_{2}P, A_{3}P $ rispettivamente con i lati del triangolo. Essendo $ \angle B_{1}A_{1}C_{1} = \angle A_{2}PA_{3} = \angle B_{2}PC_{2} $ e $ A_{1}B_{1} \| PB_{2} $,$ A_{1}C_{1} \| PC_{2} $, il triangolo $ PB_{2}C_{2} $ è l'omotetico di $ A_{1}B_{1}C_{1} $ rispetto all'omotetia di centro $ A $.

Da cui $ \frac{AB_{2}}{B_{2}B_{1}} = \frac{AC_{2}}{C_{2}C_{1}} $ o, in maniera analoga $ \frac{AB_{1}}{C_{1}A} \cdot \frac{C_{2}C_{1}}{B_{2}B_{1}} = 1 $.

Per Ceva si ha $ \frac{AB_{1}}{B_{1}C} \cdot \frac{CA_{1}}{C_{1}A} \cdot \frac{BC_{1}}{A_{1}B} = \frac{AB_{1}}{C_{1}A} \cdot \frac{A_{2}A_{1}}{B_{2}B_{1}} \cdot \frac{C_{2}C_{1}}{A_{3}A_{1}} = 1 $, da cui $ A_{2}A_{1} = A_{3}A_{1} $.

Spero di non aver scritto cavolate dato che sto partendo... per le ferie!!

Intanto metto la mia dimostrazione del lemma, abbastanza simile, che non ha niente di speciale se non il fatto che l'ho risolta andando in aereo a Londra



Dobbiamo dimostrare che $ A_1A_2=A_1A_3 $. Tracciamo ora la parallela a BC passante per P, siano D ed E le sue intersezioni con $ A_1C_1 $ e $ A_1B_1 $. Con tutte queste parallele, otteniamo due parallelogrammi per cui la tesi è equivalente a dimostrare che DP = DE.
Ma questo significa che per qualsiasi parallela alla base, l'intersezione con A1A è il punto medio delle intersezioni con A1B1 e A1C1. Scegliamo una parallela particolare: quella passante per A. Le intersezioni con A1B1 e A1C1 le chiamiamo F e G, vogliamo dimostrare che AF=AG.

Da questo punto è facile applicare Ceva sfruttanto la similitudine dei triangoli AC1F e BA1C1 e lo stesso a destra. Infatti: $ A_1F=\frac{BA_1 \cdot AC_1}{C_1B} \cdot $, $ A_1G=\frac{A_1C \cdot GB_1} {A_1B_1} $, ma per Ceva $ \frac {A_1F}{A_1G} = 1 $.

Problema 1:


Intanto $ BA_1 = BC_1 $ perchè entrambi tangenti alla circ. inscritta.
Essendo $ C_2A_3 $ parallela, deduciamo che anche $ BC_2A_3 $ è isoscele, quindi, per differenza di lati uguali, $ C_1C_2 = A_1A_3 $, lo stesso altre due volte partendo dagli altri due vertici diversi da B. Applicando il lemma, concludiamo che $ A_2A_1 = A_1A_3 = B_2B_1 = B_1B_3 = C_2C_1 = C_1C_3 $. Questi segmenti sono le tangenti alla circ. inscritta dei vari punti che noi vorremmo fossero conciclici. Quindi questi punti hanno la stessa potenza rispetto alla circ. inscritta, ma il luogo di equipotenza è appunto una circ. concentrica (all'incentro). qed.

Non vorrei essere noioso, ma credo che il primo dei problemucci compaia in un qualche giornalino ( di certo ci compaiono quei punti e quel cerchio, forse altrimenti definiti).

Conoscendo le quaterne armoniche questo lemma viene proprio subito!

Dimostrazione alternatica.
Sempre in riferimento alla figura di prima, chiamo $ ~ V = B_1C_1 \cap AA_1, S = BC \cap B_1C_1 $ e con $ ~ X $ il punto all'infinito in direzione BC.
Allora:
$ ~(DEPX) = A_1(DEPX) = (C_1B_1VS) = $$ A(C_1B_1VS) = (BCA_1S)=-1 $
Quindi, essendo X un punto all'infinito e DEPX una quaterna armonica, P deve essere il punto medio di DP.

Ah, se qualcuno non ha capito qualcosa (probabile) chieda eh!