Sia $ ABC $ un triangolo, $ O $ il suo circocentro, $ A', B', C' $ i punti medi dei lati, $ \gamma_A $ la circonferenza per $ A, B', C' $, $ \Gamma_A $ la circonferenza per $ O, B, C $, $ A'' $ la seconda intersezione (oltre ad $ O $) di $ \gamma_A $ e $ \Gamma_A $. Siano definiti analogamente $ B'' $ e $ C'' $.
Dimostrare che le rette $ AA'', BB'', CC'' $ concorrono.
Dimostrare inoltre che se una circonferenza è tangente alle rette $ AB, AC $ e alla circonferenza $ \gamma_A $, allora è tangente anche a $ \Gamma_A $.
Buon lavoro!
Rette che concorrono e circonferenze che si tangono
Rette che concorrono e circonferenze che si tangono
Sono il cuoco della nazionale!
Anér ha scritto:Ho ricevuto un messaggio sulla posta elettronica che diceva che qualcuno aveva risposto, ma poi non ho trovato nessun post.
Chi sei, fantasma che ti aggiri nell'Oliforum?
non sono io il fanatsma, ma provo a dire la mia.
Prpongo una tesi che, insieme a dei fatti noti, puo' essere usata per rispondere al quesito sulla concorrenza.
Lemma rl02092009.
Con le notazioni di Aner, provare che AA" e' la simmediana di AA'.
rl02092009
Provare che AA" e' la simmediana di AA'.
Sia P il secondo punto il cui AA" interseca c(OBC) e sia Q il (secondo) punto comune ad AA' e c(AB'C'). Essendo OA"A rettangolo in A", lo e' pure OA"P.
Per uno dei teoremi di Euclide sui triangoli rettangoli (il I o il II?boh)
OA'*OP = A'C^2 = OA^2 [Anche se non e' strettamente necessario citarlo - ci si potrebbe limitare a considerazioni sulle similitudini - ne approfitto, perche non sono molte le occasioni per farlo]
Pertanto avendo un angolo uguale e i due lati in proporzione, AOA'~ POA.
Quindi, in particolare, <OPA = <OAA' = <OA"Q QR ort. a OP e par. a CB//B.
Percio' <CAA' = <BAA"
Quindi AA" e simmetrica di AA' rispetto alla bisettrice di A.
----
Applicando il precedente risultato alla configurazione data si ha che XX" e' il simmetrico di XX' rispetto alla bisettrice di <X, con X = A, B, C.
Pertanto, per un noto teorema, le tre rette concorrono in un punto che e' l'isogonale coniugato (mi pare si dica cosi') del baricentro di ABC.
Sia P il secondo punto il cui AA" interseca c(OBC) e sia Q il (secondo) punto comune ad AA' e c(AB'C'). Essendo OA"A rettangolo in A", lo e' pure OA"P.
Per uno dei teoremi di Euclide sui triangoli rettangoli (il I o il II?boh)
OA'*OP = A'C^2 = OA^2 [Anche se non e' strettamente necessario citarlo - ci si potrebbe limitare a considerazioni sulle similitudini - ne approfitto, perche non sono molte le occasioni per farlo]
Pertanto avendo un angolo uguale e i due lati in proporzione, AOA'~ POA.
Quindi, in particolare, <OPA = <OAA' = <OA"Q QR ort. a OP e par. a CB//B.
Percio' <CAA' = <BAA"
Quindi AA" e simmetrica di AA' rispetto alla bisettrice di A.
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Applicando il precedente risultato alla configurazione data si ha che XX" e' il simmetrico di XX' rispetto alla bisettrice di <X, con X = A, B, C.
Pertanto, per un noto teorema, le tre rette concorrono in un punto che e' l'isogonale coniugato (mi pare si dica cosi') del baricentro di ABC.
Va bene, a parte qualche errore:
OA'*OP = A'C^2 = OA^2
al posto di A'C ci va OB oppure OC.
<OPA = <OAA' = <OA"Q QR ort. a OP e par. a CB//B
QR è QA''; CB è parallelo non a B ma a B'C', da cui B'C'A''Q è un trapezio isoscele e la tesi; volendo essere pignoli bisognerebbe dimostrare che Q appartiene all'arco di circonferenza A''O che non contiene A o qualcosa di simile perché si possa dedurre che davvero A''Q è perpendicolare a OP.
Forza e coraggio per il secondo punto!
OA'*OP = A'C^2 = OA^2
al posto di A'C ci va OB oppure OC.
<OPA = <OAA' = <OA"Q QR ort. a OP e par. a CB//B
QR è QA''; CB è parallelo non a B ma a B'C', da cui B'C'A''Q è un trapezio isoscele e la tesi; volendo essere pignoli bisognerebbe dimostrare che Q appartiene all'arco di circonferenza A''O che non contiene A o qualcosa di simile perché si possa dedurre che davvero A''Q è perpendicolare a OP.
Forza e coraggio per il secondo punto!
Sono il cuoco della nazionale!
a) Dimostro come sprmnt21 che $ \displaystyle~AA'' $ è simmediana, cioè che, detta $ \displaystyle~T_A $ l'intersezione delle tangenti in B e C, $ \displaystyle~A,A'',T $ sono allineati (grazie al lemma della simmediana).
Sia $ \displaystyle~\Gamma $ la circonferenza per A, B e C e sia $ \displaystyle~R $ l'intersezione della tangente in A a $ \displaystyle~\gamma_A $ (o anche a $ \displaystyle~\Gamma $, son tangenti per omotetia) con BC. Ovviamente $ \displaystyle~OA\perp AR $ e $ \displaystyle~OA'\perp A'R $, dunque $ \displaystyle~OAR_AA' $ ciclico.
Invertendo in $ \displaystyle~\Gamma $ dunque gli inversi di $ \displaystyle~A,R,A' $ sono allineati.
Ma $ \displaystyle~R=AR\cap BC\to\gamma_A\cap\Gamma_A=A'' $ (infatti la tangente in A si inverte in una circonferenza tangente in A a $ \displaystyle~\Gamma $ e passante per O, che è unica) e $ \displaystyle~A'\to T $, quindi $ \displaystyle~A,A'',T $ allineati, che è la tesi.
b) Sia $ \displaystyle~\alpha $ la circonferenza di centro A e raggio $ \displaystyle~AC' $ e $ \displaystyle~X $ l'inverso di B' rispetto a $ \displaystyle~\alpha $. Invertendo rispetto a $ \displaystyle~\alpha $ $ \displaystyle~\gamma_A\to C'X $, quindi una circonferenza tangente a $ \displaystyle~\gamma_A $ va nell'inscritta ad AC'X o in una delle ex-scritte.
Ma A'' va in un punto di C'X ($ \displaystyle~A''\in\gamma_A $) e AA'' è mediana di AC'X (infatti C'X è un'antiparallela di BC, di cui AA'' è simmediana), dunque A'' va nel punto medio di C'X.
Inoltre C va nel punto medio di AX (infatti $ \displaystyle~\frac{AC'^2}{AC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{AC'^2}{AB'}=\frac{1}{2}\cdot AX $) e B va nel punto medio di AC' (infatti $ \displaystyle~\frac{AC'^2}{AB}=\frac{AB}{4}=\frac{AC'}{2} $). Dunque $ \displaystyle~\Gamma_A $ va nella circonferenza di Feuerbach di $ \displaystyle~AC'X $ che tange incerchio ed excerchi (tesi).
EDIT: corretto, grazie Anér!
Sia $ \displaystyle~\Gamma $ la circonferenza per A, B e C e sia $ \displaystyle~R $ l'intersezione della tangente in A a $ \displaystyle~\gamma_A $ (o anche a $ \displaystyle~\Gamma $, son tangenti per omotetia) con BC. Ovviamente $ \displaystyle~OA\perp AR $ e $ \displaystyle~OA'\perp A'R $, dunque $ \displaystyle~OAR_AA' $ ciclico.
Invertendo in $ \displaystyle~\Gamma $ dunque gli inversi di $ \displaystyle~A,R,A' $ sono allineati.
Ma $ \displaystyle~R=AR\cap BC\to\gamma_A\cap\Gamma_A=A'' $ (infatti la tangente in A si inverte in una circonferenza tangente in A a $ \displaystyle~\Gamma $ e passante per O, che è unica) e $ \displaystyle~A'\to T $, quindi $ \displaystyle~A,A'',T $ allineati, che è la tesi.
b) Sia $ \displaystyle~\alpha $ la circonferenza di centro A e raggio $ \displaystyle~AC' $ e $ \displaystyle~X $ l'inverso di B' rispetto a $ \displaystyle~\alpha $. Invertendo rispetto a $ \displaystyle~\alpha $ $ \displaystyle~\gamma_A\to C'X $, quindi una circonferenza tangente a $ \displaystyle~\gamma_A $ va nell'inscritta ad AC'X o in una delle ex-scritte.
Ma A'' va in un punto di C'X ($ \displaystyle~A''\in\gamma_A $) e AA'' è mediana di AC'X (infatti C'X è un'antiparallela di BC, di cui AA'' è simmediana), dunque A'' va nel punto medio di C'X.
Inoltre C va nel punto medio di AX (infatti $ \displaystyle~\frac{AC'^2}{AC}=\frac{1}{2}\cdot\frac{AC'^2}{AB'}=\frac{1}{2}\cdot AX $) e B va nel punto medio di AC' (infatti $ \displaystyle~\frac{AC'^2}{AB}=\frac{AB}{4}=\frac{AC'}{2} $). Dunque $ \displaystyle~\Gamma_A $ va nella circonferenza di Feuerbach di $ \displaystyle~AC'X $ che tange incerchio ed excerchi (tesi).
EDIT: corretto, grazie Anér!
Ultima modifica di kn il 30 mag 2010, 22:55, modificato 1 volta in totale.
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)