Di nuovo geometria in zona Macchiaroli

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Federico II
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Di nuovo geometria in zona Macchiaroli

Messaggio da Federico II » 18 giu 2017, 20:20

Sia $ABC$ un triangolo con $AB=AC$, e sia $D$ il punto medio di $AC$. La bisettrice di $\widehat{BAC}$ interseca la circonferenza per $D$, $B$ e $C$ in un punto $E$ interno al triangolo $ABC$. La retta $BD$ interseca la circonferenza per $A$, $E$ e $B$ in due punti $B$ e $F$. Le rette $AF$ e $BE$ si intersecano in un punto $I$, e le rette $CI$ e $BD$ si intersecano in un punto $K$. Dimostrare che $I$ è l'incentro del triangolo $KAB$.
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Federico II
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Re: Di nuovo geometria in zona Macchiaroli

Messaggio da Federico II » 19 giu 2017, 19:22

Ci sono un sacco di soluzioni diverse, metto un paio di hint per la mia (che sono tipo le prime cose che possono venire in mente, ma danno un'idea di che strada ho seguito):
Testo nascosto:
In base alle ipotesi che abbiamo, $AK$ non è una retta bella...
Testo nascosto:
Sempre in base alle ipotesi che abbiamo, se anche non ci fosse $AK$, ci sarebbe ancora $CI$ che pure non è bellissima...
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karlosson_sul_tetto
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Re: Di nuovo geometria in zona Macchiaroli

Messaggio da karlosson_sul_tetto » 08 lug 2017, 16:16

Testo nascosto:
Sia $\alpha=\angle ACB=\angle CBA$ e $\beta=\angle CBD$; segue che $\angle BAC=180-2\alpha$

Chiamato M il punto medio di BC, dato che ABC è isocele si ha $\angle BAM=\angle MAC=90-\alpha$. Sia D' il punto medio di AB (simmetrico rispetto AM di D), $BCDD'$ è ciclico in quanto trapezio isoscele e l'asse di DD' coincide con l'asse di BC, ovvero è AM. Poiché E sta su AM, si ha $ED=ED'$ e quindi
in $O_{BCDED'}$ si ha $\angle DBE=EBD'$. Dunque in $O_{AEFB}$ $\angle ABE=\angle D'BE=\angle EBD=\angle EBF$, dunque $BE$ è bisettrice di $\angle ABF$ ed $AE=EF$.

$\angle EAF=\angle EBF=\frac{1}{2} \angle ABF=\frac{1}{2} (\alpha-\beta)$, dunque $\angle CAF=90-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}$. Per il teorema dell'angolo esterno $\angle ADB=\alpha+\beta$, dunque $\angle DFA=180-(\alpha+\beta)- (90-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2})=90-\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}=\angle DAF$, dunque $\triangle DAF$ è isoscele e $DF=DA=DC$ e $D$ è il centro di $O_{AFC}$. Poiché $\angle CMA=90$, $MD=AD=CD$ e quindi $AFMC$ ciclico di centro D. Segue che $\angle CFA=\angle CMA=90$ e $\angle ACF=\frac{\alpha}{2}+\frac{\beta}{2}$ e $\angle FCB=\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}$.

Sia $L(\neq I)=O_{AFMC}\cap O_{BCDED'}$; si considerino queste due circonferenze e $O_{ABFE}$; i loro tre assi radicali sono BE,AF,CL e devono concorrere in un punto; siccome $BE\cap AF=I$, si ottiene che C,I,L sono allineati.

Ora facciamo un'inversione di centro C e raggio $\sqrt{\frac{AC\cdot BC}{2}}$ + simmetria rispetto alla bisettrice di $\angle ACB$. Questa trasformazione scambia A e M, B e D; dunque scambia BD con $O_{AMC}$ e AM con $O_{BAD}$. Questo significa che l'immagine di $L$ è $X:=AM\cap BD$ e la retta $CL$ in $CX$; poiché l'inversione ha conservato le due rette e la simmetria le ha scambiate, si ha $\angle XCA=\angle BCL$.
Facendo una simmetria rispetto AM, BD va in CD' e X rimane fisso, dunque CD'X sono allineati e $\angle XCA=\angle D'CA=\angle ABD=\alpha-\beta$; quindi $\angle BCL=\alpha-\beta$ e $\angle LCA=\beta$; poiché $\angle FCB=\frac{\alpha}{2}-\frac{\beta}{2}$, si ottiene che FC è bisettrice di $\angle BCI$.

Poiché $L,I,K,C$ sono allineati, $\angle KCD=\beta=\angle DBC$; avendo anche $\angle BDC$ in comune si ottiene $\triangle DKC\sim \triangle DCB$, quindi $\frac{BC}{KC}=\frac{BD}{DC}$ e $DK\cdot DB=DC^2$. Poiché $DA=DC$, si ha $DK\cdot DB=DA^2$ e dunque $\triangle DKA\sim \triangle DAB$ perché hanno $\angle BDA$ in comune. Da questo deriva $\frac{BA}{KA}=\frac{BD}{DA}=\frac{BD}{DC}$, ovvero $\frac{BA}{KA}=\frac{BC}{KC}$.

Ora poiché CF è bisettrice di $\angle BCK$, per il teorema della bisettrice $\frac{BF}{KF}=\frac{BC}{KC}=\frac{BA}{KA}$, dunque $AF$ è bisettrice di $\angle BAK$ ed $I$ è l'intersezione di due bisettrici, ovvero è l'incentro.



P.S. Da dove viene?

"Inequality happens"
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"Chissa se la fanno anche da asporto"

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Federico II
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Re: Di nuovo geometria in zona Macchiaroli

Messaggio da Federico II » 09 lug 2017, 20:23

Ovviamente giusta, senonarriviprimonikkioiotipikkio e viene dalla shortlist IMO 2011 (problema G6).
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