56. Conciclicità iraniana

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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kalu
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56. Conciclicità iraniana

Messaggio da kalu » 03 mag 2013, 19:32

Problema scelto da Belcolon, che mi ha chiesto di pubblicare al suo posto.
In un triangolo acuto $ABC$ siano: $H$ il piede della perpendicolare da $A$ a $BC$; $J$ ed $I$ gli ex-centri opposti a $AH$ nei triangoli $ABH$ e $ACH$; $P$ il punto di tangenza dell'incerchio con $BC$. Dimostrare che $I$, $J$, $P$, $H$ sono conciclici.
Pota gnari!

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kalu
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Re: 56. Conciclicità iraniana

Messaggio da kalu » 03 mag 2013, 23:09

Edited: cannata.
Ultima modifica di kalu il 04 mag 2013, 16:50, modificato 1 volta in totale.
Pota gnari!

Ido Bovski
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Re: 56. Conciclicità iraniana

Messaggio da Ido Bovski » 04 mag 2013, 00:26

Hint per la soluzione sintetica:
Testo nascosto:
Dette $J'$ e $I'$ le rispettive proiezioni di $J$ e $I$ su $BC$, dimostrare che $\triangle JJ'P\cong \triangle PI'I$

bĕlcōlŏn
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Re: 56. Conciclicità iraniana

Messaggio da bĕlcōlŏn » 04 mag 2013, 14:43

@Kalu: Per come poni la tua soluzione e i coefficienti, sembra che supponi che ABC sia rettangolo. Lo dico giusto per chi non se ne fosse accorto.

Aspetto una tua modifica, o altre soluzioni :)
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Mist
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Re: 56. Conciclicità iraniana

Messaggio da Mist » 04 mag 2013, 23:40

kalu ha scritto:Problema scelto da Belcolon, che mi ha chiesto di pubblicare al suo posto.
In un triangolo acuto $ABC$ siano: $H$ il piede della perpendicolare da $A$ a $BC$; $J$ ed $I$ gli ex-centri opposti a $AH$ nei triangoli $ABH$ e $ACH$; $P$ il punto di tangenza dell'incerchio con $BC$. Dimostrare che $I$, $J$, $P$, $H$ sono conciclici.
Anzitutto noto che $II'H$ e $JJ'H$ sono triangoli rettangoli isosceli con rispettivamente $II'= I'P$ e $JJ'=J'P$ in quanto raggi degli excerchi rispettivamente di $AHC$ e $AHB$ opposti ad $AH$. Ne deriva quindi che $\displaystyle \hat{IHJ} = \frac{\pi}{2}$. Se ora dimostriamo che $II'P \sim PJ'J$ abbiamo finito perché si avrebbe che anche $\displaystyle \hat{IPJ} = \frac{\pi}{2}$ e da ciò deriverebbe la tesi. Essendo il raggio dell'excerchio di un triangolo $ABC$ di area $S$ e seimperimetro $p$ opposto al lato $a$ pari a $\displaystyle r= \frac{A}{p-a}$ si ha che:
$\displaystyle II' = \frac{CH\cdot HA}{2(p-AH)} = \frac{CH\cdot HA}{CH+b-HA} = \frac{c\cos{\beta}\sin{\beta}}{\cos{\beta} -\sin{\beta}+1}$ ed analogamente $\displaystyle JJ' = \frac{BH\cdot HA}{2(p-AH)} = \frac{BH\cdot HA}{BH+c-HA} = \frac{c\cos{\gamma}\sin{\gamma}}{\cos{\gamma} -\sin{\gamma}+1}$.
Inoltre $\displaystyle HP=CH-CP = b\cos{\gamma} +\frac{-a+c-b}{2}$ e $\displaystyle HP = BP-BH =\frac{a+c-b}{2}-c\cos{\beta}$ da cui $\displaystyle HP = \frac{b(\cos{\gamma}-1) - c(\cos{\beta}-1)}{2}$.

Affinchè si abbia la similitudine che s'è detta essere equivalente alla tesi si deve avere che $\displaystyle \frac{I'P}{JJ'} = \frac{II'}{PJ'} \Rightarrow II'\cdot JJ' = (PH+II')(JJ'-PH) \Rightarrow PH = JJ'-II'$. Sostituendo e facendo i calcoli si arriva a $c\sin{\beta} = b\sin{\gamma} \Rightarrow AH= AH$ che è palesemente vero. Per quanto detto sopra ne deriva la tesi.
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bĕlcōlŏn
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Re: 56. Conciclicità iraniana

Messaggio da bĕlcōlŏn » 06 mag 2013, 17:17

A parte i mille mila typo della dimostrazione di mist dovrebbe andare.
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