Non fatevi le tangenti degli altri

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Sia EAB un triangolo di incerchio $ \displaystyle \omega_1 $.
EDC è un triangolo omotetico di ABE, con centro E e fattore positivo minore di 1.
Ovvero, D sta sul segmento EA, C sul segmento EB, e DC è parallela ad AB. L'excerchio di questo triangolo rispetto a DC è $ \displaystyle \omega_2 $.

Dimostrare che la tangente da A a $ \displaystyle \omega_2 $ (diversa da AD) e la tangente da C a $ \displaystyle \omega_1 $ (diversa da CB) sono parallele.

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Aggiungo ora un disegno per seguire la bella soluzione di Mattigale...

[mattilgale]

allora...
(c'è un problema di configurazione a seconda che F sia o no dalla stessa parte di I rispetto ad E, risolverlo è banalissimo vista la sol, il caso che ho affrontato è quello in cui E ed F sono dalla stesa parte rispetto ad I)


consideriamo la bisettrice dell'angolo DAB e quella dell'angolo in BCD e chiamiamo il loro punto d'incontro X... chiamiamo anche il piede della bisettrice da A con la lettera Y

l'excentro di EDC lo chiamiamo F e l'incentro di ABC lo chiamiamo I.

adesso se chiamiamo AT la tangente a $ \omega_2 $ e CJ la tangente ad $ \omega_1 $ dobbiamo dimostrare $ \angle DCJ=\angle BAT $

si vede però che
$ \angle DAB=2\angle IAD $
$ \angle DAT=2\angle FAD $
$ \angle BAT=\angle DAB-\angle DAT=2(\angle IAD-\angle FAD)=2\angle FAI $

e anche

$ \angle DCB=2\angle FCB $
$ \angle BCJ=2\angle ICB $
$ \angle DCJ=\angle DCB-\angle JCB=2(\angle FCB-\angle ICB)=2\angle FCI $

pertanto la tesi è equivalente a
$ \angle FAI=\angle FCI $

chiamiamo gli angoli del triangolo ABC: $ 2\alpha,\ 2\beta,\ 2\epsilon $

a questo punto con poco angle chaising abbiamo
$ \angle CXY=\epsilon=\angle BEI=\angle CEI $

pertanto il quadrilatro XICE è inscrittibile in una circonferenza


quindi
$ \angle FCI=\angle XCI=\angle XEI $

osserviamo inoltre che $ \angle AXF=\pi-\epsilon=\pi-\angle AEF $ pertanto anche il quadrilatero AXFE è inscrivibile in una circonferenza quindi

$ \angle FAI=\angle FAX= \angle XEF=\angle XEI=\angle FCI $

CVD

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Bella! Solo angle chasing!

La mia era più o meno questa:
usando la tecnica di "spostare le similitudini" che ho imparato qui---> http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... php?t=6680
- ECF ed EIA sono simili, è abbastanza facile vederlo
- quindi ECI ed EFA sono simili
- quindi $ \angle EAF = \angle EIC $

Da qui con un (bel) po' di angle chasing se ne esce:
$ \angle BAT = 2 \alpha - 2 \angle EAF = 2 \alpha - 2\angle EIC = 2 \alpha - 2(\angle BCI - \epsilon) = $$ (2 \alpha + 2 \epsilon) - 2 \angle BCI = (180 - 2\beta) - \angle BCJ = $$ \angle BCD - \angle BCJ = \angle DCJ $

Comunque questo problema era il primo del TST cinese 2006