Incentri ciclici di pitagora

[karlosson_sul_tetto]

Sia ABC un triangolo rettangolo avente l'angolo retto in C; sia CH l'altezza relativa al lato AB. Siano $\omega_A$ e $\omega_B$ i due cerchi inscritti ai triangoli $ACH$ e $BCH$; siano $I_A$ e $I_B$ i due centri. Dimostrare che $AI_AI_BB$ è ciclico.

[cip999]

Ordunque, siano $D$ su $AC$ ed $E$ su $BC$ i piedi delle bisettrici uscenti da $H$. Il bello di avere un triangolo rettangolo è che possiamo calcolare praticamente tutto, indi per cui... conti! (Non in baricentriche, però...)
L'inraggio (che brutta parola) del triangolo $\triangle ACH$ è
$$r_A = \frac{\lvert[ACH]\rvert}{p_{ACH}} = \frac{AH \cdot CH}{2} \frac{2}{b + AH + CH} = \\ = \frac{\frac{b^2}{c} \cdot \frac{ab}{c}}{b + \frac{b^2}{c} + \frac{ab}{c}} = \frac{ab^2}{c(a + b + c)}$$
Le proiezioni di $I_A$ su $AH$ e $CH$ formano con $I_A$ e $H$ un quadrato di lato $r_A$, da cui $HI_A = \sqrt{2}\dfrac{ab^2}{c(a + b + c)}$. Per ricavare $HI_B$ mi basta scambiare $a$ e $b$ nella precedente (sfruttando la simmetria della configurazione), da cui $HI_B = \sqrt{2}\dfrac{a^2b}{c(a + b + c)}$. In sostanza:
$$\frac{HI_A}{HI_B} = \sqrt{2}\frac{ab^2}{c(a + b + c)} \frac{c(a + b + c)}{a^2b\sqrt{2}} = \frac{b}{a}$$
Adesso viene il peggio. Stewart su $\triangle ACH$ dà $b(HD^2 + AD \cdot CD) = AH^2 \cdot CD + CH^2 \cdot AD$. Ora, so che $AD + CD = b$ e $\dfrac{AD}{CD} = \dfrac{AH}{CH} = \dfrac{b}{a}$, quindi ponendo $AD = x$ e $CD = y$ mi basta risolvere
$$\begin{cases} x + y = b \\ y = \frac{a}{b}x \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} x = \frac{b^2}{a + b} \\ y = \frac{ab}{a + b} \end{cases}$$
Da cui
$$HD^2 = \frac{AH^2y + CH^2x}{b} - xy = \frac{\frac{b^4}{c^2} \cdot \frac{ab}{a + b} + \frac{a^2b^2}{c^2} \cdot \frac{b^2}{a + b}}{b} - \frac{ab^3}{(a + b)^2} = \\ = \frac{ab^5 + a^2b^4}{bc^2(a + b)} - \frac{ab^3}{(a + b)^2} = ab^3\left(\frac{1}{a^2 + b^2} - \frac{1}{(a + b)^2}\right) = \frac{2a^2b^4}{(a^2 + b^2)(a + b)^2}$$
Analogamente
$$HE^2 = \frac{2a^4b^2}{(a^2 + b^2)(a + b)^2}$$
Ergo
$$\frac{HD}{HE} = \sqrt{\frac{2a^2b^4}{(a^2 + b^2)(a + b)^2} \frac{(a^2 + b^2)(a + b)^2}{a^4b^2}} = \sqrt{\frac{b^2}{a^2}} = \frac{b}{a} = \frac{HI_A}{HI_B} \qquad (*)$$
E la parte contosa termina qui. Ora, dalla $(*)$ per Talete segue il parallelismo di $I_AI_B$ e $DE$. Il quadrilatero $CDHE$ è inscritto in una circonferenza di diametro $DE$ ($\angle DCE$ e $\angle DHE$ sono retti). Ma allora si ha che
$$\widehat{HI_AI_B} = \widehat{HDE} = \widehat{HCE} = \alpha$$
Ok, forse scherzavo, c'è ancora un conto di angoli... Comunque,
$$\widehat{AI_AI_B} = \widehat{AI_AH} + \widehat{HI_AI_B} = \pi - \frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4} + \alpha = \\ = \pi + \frac{\alpha}{2} - \frac{\pi}{4} = \pi - \frac{\beta}{2} = \pi - \widehat{ABI_B}$$
E da quest'ultima relazione segue (finalmente ) la ciclicità di $AI_AI_BB$.

[LucaMac]

Cip, ti viene non omogenea, dovresti aver sbagliato i conti...

[cip999]

Ma che dici? È stranoto che il celeberrimo teorema di Pitagora afferma che $c^2 = a + b$...
Grazie per l'occhio vigile, ma per fortuna (anzi, per forza) la simmetria della roba dentro parentesi si conserva.

[LucaMac]

Con le baricentriche si impara a controllare sempre il grado ahahah

[Lasker]

Testo nascosto:

Viene strabene con un'opportuna rotoomotetia unita ad un brevissimo angle chasing .