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In un triangolo $ ABC $, sia $ H $ l'ortocentro, $ K $ il punto medio di $ HC $ e $ M $ il punto medio di $ AB $.Dimostrare che le le bisettrici di $ \angle HAC $ e $ \angle HBC $ si incontrano su $ KM $.

ciao ciao

aalloora. per semplicità in tutta la dimostrazione indichiamo i tre angoli INTERNI del triangolo con <A <B <C
chiamiamo P il punto in cui si incontrano le due bisettrici e distinguiamo vari casi

Caso1: il triangolo è acutangolo

Lemma1: $ \displaystyle\angle BPA=\frac{\pi}{2} $

detto J il piede dell'altezza per C allora o J coincide con M (allora il triangolo è iscoscele di vertice C e la tesi è verificata per simmetria) oppure no, in tal caso poniamo che J stia dalla stesa parte di B rispetto alla retta KM (cioè B>A)

Lemma2: $ \displaystyle\angle JKM=\angle B-\angle A $ (entrambi i lemmi saranno dimostrati alla fine)

adesso osserviamo che poiché il triangolo APB è rettangolo in P il triangolo PMB è isoscele di vertice M quindi $ \displaystyle\angle BPM=\angle B=\frac{2\angle B-\frac{\pi}{2}+\angle C}{2}=\frac{\frac{\pi}{2}+\angle B -\angle A}{2} $

adesso chiamiamo Q il punto in cui l'altezza per C incontra la bisettrice di HBC e $ P_1 $ il punto in cui il segmento KM incontra la stessa bisettrice, poiché vogliamo dimostrare che $ P $ coincide con $ P_1 $, è sufficiente dimostrare che $ \displaystyle\angle BPM=\pi- \angle BP_1K $ cioè che

$ \displaystyle\angle BPM=\angle P_1QM +\angle QMP_1= $

$ \displaystyle=\frac{\pi}{2}-\left(\frac{\frac{\pi}{2}+\angle B-\angle A}{2}\right)+\angle B-\angle A=\frac{\frac{\pi}{2}+\angle B-\angle A}{2} $
ovviamente vera.
Per vedere che P si trova sul segmento KM è sufficiente notare che sta dalla stessa parte di K rispetto a AB poiché è interno al triangolo e che sta dalla stessa parte di H ( e quindi dalla stessa parte di M) rispetto a BK poiché ovviamente KH<BC e quindi la bisettrice di HBC incontra CH tra H e K.

dimostrazione lemma1: angle chaising> $ \displaystyle\angle BPM= \pi- \angle ABP-\angle BAP=2\left(\frac{\frac{\pi}{2}-\angle C}{2}\right)+\angle C=\frac{\pi}{2} $ poiché $ \angle HBC=\angle HAC=\frac{\pi}{2}-\angle C $.

dimostrazione lemma2: detto L il punto medio di BC allora M, J, L , K stanno tutti sulla circonferenza di Feurbach quindi $ \displaystyle\angle JPM=\angle JLM=\angle BLM-\angle BLJ= $

$ \displaystyle= \angle C-(\pi-2\angle B)=\angle B-\angle A $

poiché JL è parallelo a AC e essedo CJB rettangolo allora BLJ è isoscele di vertice L.

Caso2: il triangolo è ottusangolo in C

analogamente a prima APB è retto, quindi si ha che $ \displaystyle\angle BPM=\angle ABP =\angle B+\frac{\angle C-\frac{\pi}{2}}{2}=\frac{\frac{\pi}{2}+\angle B-\angle A}{2} $

quindi analogamete a prima vogliamo dimostrare che

$ \displaystyle \angle BPM=\angle KP_1Q+\angle P_1QK=\frac{\frac{\pi}{2}+\angle B-\angle A}{2} $.

Il lemma 1 segue ancora da angle chaising poiché $ \displaystyle \angle BPA= $$ \displaystyle =\pi-\angle A-\angle B-(\frac{\pi}{2}-(\pi-\angle C))=\frac{\pi}{2} $
poiché $ \displaystyle \angle CBP=\angle CAP=\frac{\angle CHP}{2} $.
il lemma 2 si dimostra ugualmente al caso 1 e P sta su KM poiché la bisettrice di HBC incontra CH tra C e K perché CB <BH.

Caso3: il triangolo è ottusangolo in B o A

allora, la tesi così posta è sbagliata poiché le due bisettrici sono parallele, è invece valida se (posto l'angolo in B ottuso) invece che HBC consideriamo l'angolo FBC dove F è il piede dell'altezza per B. ho visto che con altro angle chaising e cose del tutto analoghe alle precedenti si arriva anche qui alla soluzione però la posto domani perché ora ho sonno. buonanotte

siccome non ho nessuna voglia di postare altri miliardi di calcolacci invito tutti a risolvere il problema nell'ultima configurazione... up

Visto che mi è ricapitato questo problema, posto un'altra soluzione:
- E,F sono i piedi delle perpendicolari per B,C
- BCEF è ciclico, di centro M, appunto per gli angoli retti.
- KMEF è ciclico per Feuerbach (anche se non ci serve)
- AHEF è ciclico di centro K, per gli angoli retti.
- KM è l'asse di EF, perchè KF = KE (perchè K è il centro di AHEF) e MF = ME (perchè M è il centro di BCEF).
Sia P l'intersezione della circonferenza BCEF e la retta KM.
Allora P è il punto medio dell'arco EF, e quindi:
$ ~ \angle ABP = \angle FBP = \angle EBP = \angle HBP $
$ ~ \angle ACP = \angle ECP = \angle FCP = \angle HCP $
Quindi P è sia sulla bisettrice di $ ~ \angle ABH $, sia sulla bisettrice di $ ~ ACH $.