Problemino facile

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53thebest
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Problemino facile

Messaggio da 53thebest » 19 mag 2012, 15:44

Sia $ABC$ un triangolo e siano $\gamma$ la sua circonferenza inscritta e $A_1$, $B_1$ e $C_1$ le sua intersezioni con i lati. Sia $A_2=B_1C_1 \cap BC$ e cicliche, sia $F$ il punto di Feuerbach del triangolo (che non è il centro della circonferenza di Feuerbach ma il punto di tangenza fra questa e la circonferenza inscritta). Dimostrare che $A_2B_2C_1F$ è ciclico.
Boh direi che ormai che ho reso conosciuta castelfidardo posso togliere la firma di prima :D

t4ilgr4b
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Re: Problemino facile

Messaggio da t4ilgr4b » 22 mag 2012, 14:50

Lo so che è un problemino facile, ma non so come continuare! Gli unici due modi che mi sono venuti in mente per dimostrarlo sono dimostrare che gli angoli opposti di $ A_2B_2C_1F $ sono supplementari oppure dimostrare che un vertice del quadrilatero appartiene alla circonferenza circoscritta al triangolo formato dagli altri tre vertici. Almeno una potrebbe essere la via giusta? :?

Francesco Sala
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Re: Problemino facile

Messaggio da Francesco Sala » 17 ago 2012, 19:00

Probabilmente ci sono soluzioni più corte di quella che esporrò; tuttavia questa mi è parsa bella da presentare perché utilizza alcuni fatti (più o meno) noti interessanti.

Dunque, sia $ I $ l’incentro di $ ABC $, sia $ \Gamma $ il circocerchio e $ O $ il circocentro. Chiamiamo infine $ \omega $ il cerchio dei nove punti.
Ora, è ben noto che dati un triangolo ed una retta nel piano, le simmetriche di quest’ultima rispetto ai lati del triangolo concorrono se e solo se essa passa per l’ortocentro dello stesso, nel qual caso il punto di concorrenza sta sul suo circocerchio; se la linea è la retta di Eulero, chiameremo il suddetto punto di concorrenza “punto di Eulero” del triangolo. Inoltre è altresì noto che dato un qualsiasi punto sul circocerchio di ABC i suoi simmetrici rispetto ai lati sono allineati su una retta che passa per l’ortocentro; tale retta è chiamata retta di Steiner del punto rispetto al triangolo ; il punto è detto “anti-punto di Steiner” della retta rispetto al triangolo.
Ora ecco alcuni ben noti

Lemma 1.a: La linea $ OI $ è la retta di Eulero di $ A_1B_1C_1 $
Dimostrazione: è sufficiente invertire rispetto all’incerchio: è immediato verificare che $ A, B $ e $ C $ finiscono nei punti medi dei lati del triangolo di contatto, e dunque l’immagine di $ \Gamma $ è il cerchio di Feuerbach dello stesso; ma allora l’immagine di $ O $ dev’essere un punto allineato con $ I $ e con il centro del cerchio dei nove punti di $ A_1B_1C_1 $, ovvero sulla sua retta di Eulero, e dunque anche $ O $ giace su di essa.

Lemma 1.b: Il punto di Feuerbach è anche il punto di Eulero di $ A_1B_1C_1 $
Dimostrazione: Dimostreremo che la simmetrica di $ OI $ rispetto a $ B_1C_1 $ passa per $ F $, e ciclicamente con gli altri lati; seguirà ovviamente la tesi. Sia dunque $ H $ l’ortocentro di $ ABC $ e sia $ A_0 $ il punto medio di $ AH $; similmente definiamo $ B_0 $ e $ C_0 $. Sia $ O’ $ il simmetrico di $ O $ rispetto ad $ AI $ e sia $ I’ $ il simmetrico di $ I $ rispetto a $ B_1C_1 $. Ora, un semplicissimo calcolo porta ad affermare $ \frac{AA_0}{AO’}=\frac{AI’}{AI}=\cos{\angle BAC} $ e dunque $ A_0I’||O’I $. Ma allora $ \angle(IO, IA)=\angle(IA, IO’)=\angle(I’A, I’A_0) $. Ricordando che $ IA\perp B_1C_1 $ concludiamo che la retta $ I’A_0 $ dev’essere simmetrica di $ OI $ rispetto a $ B_1C_1 $.
Sia $ A’ $ il punto di intersezione con $ \gamma $ dell’altezza condotta da $ A_1 $ del triangolo di contatto; definiamo similmente $ B’ $ e $ C’ $. Si verifica immediatamente che il triangolo $ A’B’C’ $ è omotetico con $ ABC $ (basta una semplice manipolazione di angoli orientati per accorgersene) e che il fattore di omotetia è positivo; d’altra parte il triangolo $ A_0B_0C_0 $ è immagine di $ ABC $ dopo un’omotetia di centro $ H $ e fattore $ \frac{1}{2} $. Concludiamo che i triangoli $ A_0B_0C_0 $ e $ A’B’C’ $ sono omotetici con fattore positivo; essendo i loro circocerchi tangenti il centro di omotetia dev’essere proprio il punto di tangenza, $ F $. Ben noto è che la simmetrica della retta di Eulero $ OI $ rispetto a $ B_1C_1 $ deve passare per $ A’ $, e dunque la retta che contiene $ A_0, A’ $ e $ F $ è proprio la simmetrica di $ OI $ rispetto a $ B_1C_1 $.

Teorema di Miquel del quadrilatero completo: Dato un quadrilatero $ ABCD $ i circocerchi dei triangoli formati prendendo a tre a tre le rette che ne formano i lati concorrono in un punto detto “punto di Miquel” del quadrilatero.

Lemma 2.a: Dato un quadrilatero $ ABCD $ e detti $ E=AB\cap CD $ e $ F=BC\cap AD $, i punti medi delle diagonali del quadrilatero e il punto medio di $ EF $ sono allineati su una retta detta retta di Gauss del quadrilatero; gli ortocentri dei triangoli formati dalle rette $ AB $, $ BC $, $ CD $, $ DA $ (prese a tre a tre) sono allineati su una retta detta linea di Steiner o asse ortocentrico del quadrilatero; l’asse ortocentrico e la retta di Gauss sono perpendicolari.
Dimostrazione: Consideriamo le circonferenze di diametro $ EF $, $ AC $, $ BD $; esse devono passare per i piedi delle perpendicolari da ogni vertice ad ogni retta. Si verifica immediatamente che i quattro ortocentri hanno la stessa potenza rispetto a tutte e tre le circonferenze: l’unica possibilità è dunque che esse siano coassiali e gli ortocentri sono allineati sul comune asse radicale; i centri delle tre circonferenze, ovvero i suddetti punti medi, sono quindi allineati su una retta perpendicolare a questo comune asse radicale.

Lemma 2.b: L’antipunto di Steiner dell’asse ortocentrico rispetto a ciascuno dei quattro triangoli formati dai lati del quadrilatero $ ABCD $ è il punto di Miquel.
Dimostrazione: Siano $ M’, M’’, M’’’ $ e $ M’’’’ $ i simmetrici del punto di Miquel rispetto ai lati $ AB, BC, CD, DA $: essi devono essere a tre a tre allineati e l’unica possibilità è dunque che stiano tutti e quattro su una retta; essa deve però passare per gli ortocentri dei triangoli formati dagli stessi lati e quindi è l’asse ortocentrico.

Possiamo quindi concludere la dimostrazione. Sia $ M_A $ il punto medio tra $ A_1 $ e $ A_2 $ e similmente definiamo $ M_B $ e $ M_C $; è ben noto, per le proprietà di un quadrilatero completo, che dev’essere $ (A, B, C_1, C_2)=-1 $; per la cosiddetta relazione di Newton dei birapporti armonici vale dunque $ {M_AA_1}^2=M_AB\cdot M_AC $ (fatto che comunque si dimostra facilmente manipolando i rapporti tra segmenti). Dunque $ M_A $ sta sull’asse radicale tra $ \Gamma $ e $ \gamma $, così come ugualmente $ M_B $ e $ M_C $; essi sono quindi allineati su una retta perpendicolare ad $ OI $. Consideriamo ora il quadrilatero completo $ A_1B_1A_2B_2C_1C_2 $: la retta $ OI $ passa per l’ortocentro di $ A_1B_1C_1 $ ed è perpendicolare alla retta di Gauss; quindi è l’asse ortocentrico. Per il Lemma 2.b il suo antipunto di Steiner rispetto ad $ A_1B_1C_1 $, che è il punto di Feuerbach per il Lemma 1.b, è dunque il punto di Miquel del quadrilatero.
Così verifichiamo che i circocerchi di $ A_2B_2C_1, B_2C_2A_1 $ e $ A_2C_2B_1 $ concorrono in $ F $, come volevasi dimostrare.

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