un centro radicale

[mattilgale]

dimostrare che il centro radicale delle excirconferenze è allineato con incentro e baricentro (in ogni triangolo)

[edriv]

Carino!


(la figura dovrebbe spiegarsi da sè).
Prendiamo le ex-circonferenze di centro O1 e O2. Il lato AB è una loro tangente comune. Siano K,L i loro punti di tangenza ed M il punto medio di KL. M è anche punto medio di AB: infatti KA = LB = p - AB, dove P è il semiperimetro, per fatti noti (e semplici) sugli excentri.
Quindi le tangenti da M alle circonferenze O1, O2 sono uguali ed M giacie sull'asse radicale di O1 e O2, il quale è perpendicolare alla retta che collega i due centri. Ma anche la bisettrice uscente da C è perpendicolare a O1O2, concludiamo che l'asse radicale di O1 e O2 è la retta parallela alla bisettrice per C passante per il punto medio di AB.
Ragionando analogamente per gli altri lati concludiamo:
Il centro radicale delle ex-circonferenze è l'intersezione delle rette, parallele alle bisettrici di un vertice, passanti per il punto medio del lato opposto.


Questo è un disegno semplificato per dimostrare che I,O,R (centro radicale) sono allineati.
L'omotetia di centro I e fattore 3/2 manda la parallela ad AI per G nella parallela ad AI per L (infatti AL/AG = 3/2 per fatti noti sulle mediane).
La stessa omotetia manda la parallela a BI per G nella parallela a BI per L.
Quindi manda anche l'intersezione tra le due rette nell'intersezione delle loro immagini: manda G in L, quindi concludiamo che:
I,G,R sono allineati in quest'ordine e sono tali che IG=2GR, che è anche carino perchè stranamente ricorda Eulero...

[EvaristeG]

Tale centro radicale si chiama Punto di Spieker ed è l'incentro del triangolo dei punti medi; quelli che hanno fatto il Winter Camp se lo dovrebbero ricordare e dovrebbero sapere che sulla retta per I e G, oltre ad esserci Spieker, c'è pure Nagel ed infatti si chiama retta di Nagel.