Tangenze a caso

[scambret]

Sia ABC un triangolo, D piede dell'altezza su BC, E punto medio di AD, F punto medio di BC. Sia G un punto su AF tale che BG è perpendicolare a AF. Mostrare che EF è tangente alla circonferenza CFG.

[Troleito br00tal]

Bello!

Sia $r$ la tangente alla circonferenza $CFG$ in $F$. Poiché $AFD$ e $BFG$ sono omotetici/simmetrici rispetto alla bisettrice di $F$, ci basterà dimostrare che $r$ è la simmediana di $BG$ per $F$.

Invertiamo nella circonferenza di diametro $BF$: $B,F,G$ stanno in sé, $C$ va in $C'$ nel segmento $BF$, tale che $BC'=2C'F$. Sia $M$ il punto medio di $BF$, sia $N$ il punto medio di $BG$ e sia $N'$ l'intersezione delle tangenti in $G$ e in $B$ rispetto a $BGF$. Ora: $N'F$ era la simmediana (lemma della simmediana) e $N'$ va in $N$. La simmediana va quindi nella circonferenza $NMF$. La circonferenza $CFG$ va invece in $FGA'$. La tesi è quindi dimostrare che queste due circonferenze siano tangenti. Sia $P$ il punto su $GF$ dalla parte di $G$ tale che $PF=3PG$. Poiché $PF$ e $MN$ sono paralleli e $NP=MF$ (dal lato giusto) allora $NMFP$ è ciclico. Ma allora l'omotetia di fattore $\frac{3}{2}$ in $F$ manda $A'$ in $M$, $F$ in $F$ e $G$ in $P$, quindi le circoscritte a queste due terne di punti sono tangenti: quindi $FGA'$ e $NMF$ sono tangenti.

[scambret]

Boooooooooom!

Altra soluzione: sia N il punto medio di BG. I triangoli GFN e DFE sono simili e FN e CG sono parallele. Fine.

[Troleito br00tal]

$wag$