85. Del grande Leviatano la potenza e la misericordia

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Kfp
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85. Del grande Leviatano la potenza e la misericordia

Messaggio da Kfp » 02 dic 2015, 12:34

Ecco a voi, dopo innumerevoli riflessioni, l'agognato problema:

sia $ABC$ un triangolo e siano $M$, $N$ e $P$ i punti medi di $BC$, $CA$, $AB$ rispettivamente. Supponiamo esista un punto del piano $X$ tale che
$$\frac{XM}{BC}=\frac{XN}{AC}=\frac{XP}{AB}$$
Sia inoltre $A_1$ la seconda intersezione di $AX$ con la circoscritta ad $ABC$ , e similmente $B_1$ e $C_1$.

(a) Mostrare che $X$ sta sulla retta di Eulero di $ABC$
(b) Mostrare che i circocentri di $AXC_1$, $BXC_1$, $BXA_1$, $CXA_1$, $CXB_1$ e $AXB_1$ sono conciclici
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matpro98
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Re: 85. Del grande Leviatano la potenza e la misericordia

Messaggio da matpro98 » 08 dic 2015, 13:13

Punto (a)

Da $\frac{XN}{XP}=\frac{b}{c}$ ricavo che $X$ appartiene alla circonferenza di Apollonio determinata da $A$ e dalle intersezioni delle due bisettrici da $A$ con la retta $NP$. Stessa cosa con $B$ e $MP$ e con $C$ e $MN$. Quindi mi basta dimostrare che la retta di Eulero di $ABC$ è l'asse radicale delle suddette circonferenze, che chiamerò $\omega_A,\omega_B,\omega_C$.

Passo 1 $O$ appartiene all'asse radicale
Siano $D=AI \cap NP$ ed $E=AI_B \cap NP$.
$\widehat{OAN}=\widehat{OAC}=\dfrac{\alpha-\beta+\gamma}{2}$
$\widehat{DAN}=\dfrac{\alpha}{2}$
$\widehat{OAD}=\widehat{OAN}-\widehat{DAN}=\dfrac{\gamma-\beta}{2}$
$\widehat{AND}=\widehat{ACB}=\gamma$
$\widehat{ADN}=\pi-\widehat{DAN}-\widehat{AND}=\dfrac{\alpha}{2}+\beta$
Quindi, poichè $\widehat{DAE}=\dfrac{\pi}{2}$ e $\widehat{ADN}+\widehat{OAD}=\widehat{ADE}=\dfrac{\pi}{2}$, allora $\widehat{OAD}=\widehat{AED}$ e perciò $OA$ è tangente ad $\omega_A$.
Stessa cosa con $B$ e $C$, quindi $O$ appartiene ai tre assi radicali e quindi o è il centro radicale delle tre circonferenze, o i loro centri sono allineati e si intersecano negli stessi punti.

Passo 2 $H$ appartiene all'asse radicale
Considero l'omotetia di centro $A$ e fattore $2$: la retta $DE$ va in $BC$ e in particolare noto che $H_A$, piede dall'altezza da $A$, appartiene alla circonferenza. Voglio che $AH \cdot _A$ e cicliche siano uguali fra loro.
$AH=\dfrac{AH_B}{\sin\gamma}=\dfrac{c \cos\alpha}{\sin\gamma}=2R\cos\alpha$
$H_A=BH \cos\gamma=(2R \cos\beta) \cos\gamma$
$AH \cdot HH_A=4R^2\ \cos\alpha\ \cos\beta\ \cos\gamma$ e cicliche, quindi anche $H$ è il centro radicale o i centri delle circonferenze sono allineati, ma poichè in genere $O \ne H$, allora i tre centri di $\omega_A$ e cicliche sono allineati e le circonferenze si intersecano, quando lo fanno, negli stessi due punti.

Questi due punti, per quanto detto all'inizio, sono i punti $X$ cercati e, per quanto appena dimostrato, appartengono alla retta di Eulero di $ABC$.

Per il punto (b) bisogna aspettare... :roll:

LucaMac
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Re: 85. Del grande Leviatano la potenza e la misericordia

Messaggio da LucaMac » 08 dic 2015, 13:46

Alternativamente,
a) Come detto nel post prima $X$ si trova sull'intersezione di due circonferenze, basta quindi far vedere che il loro asse radicale è la retta di Eulero.
Sapete che coordinate userò..
$X=(x,y,z)$ e $s=x+y+z$
abbiamo $ \frac{XM}{a} = cicliche $ da cui ( $\vec{XM} = (- \frac{2x}{2s} , \frac{x+z-y}{2s} , \frac{x+y-z}{2s} ) $ ) $$ \frac{-a^2(x+z-y)(x+y-z) + 2x(b^2(x+y-z)+c^2(x+z-y))}{a^2} = cicliche $$
da cui $$ a^2b^2(x+y-z)(y-x) + b^4(x+y-z)x - a^4(x+y-z)y + b^2c^2(x+z-y)x -a^2c^2(y+z-x)y = 0 $$
ovvero $$ a^2yz + b^2xz +c^2xy = (x+y+z)(b^2S_a x -a^2S_b y) \cdot (\frac{1}{b^2-a^2}) $$
e l'altra analoga è $$ a^2yz + b^2xz + c^2xy = (x+y+z)(c^2S_by - b^2S_cz) \cdot ( \frac{1}{c^2-b^2}) $$
allora l'asse radicale è $$ xb^2S_a(c^2-b^2) + y(a^2S_b(b^2-c^2) + c^2S_b(a^2-b^2)) + zb^2S_c(b^2-a^2)=0 $$
ovvero $$ xS_a(c^2-b^2) + yS_b(a^2-c^2) + zS_c(b^2-a^2) = 0 $$ che è proprio la retta di Eulero (basta imporre il passaggio per $G=(1,1,1)$ e $H=(S_bS_c,S_aS_c,S_aS_b)$ ).
b) Parziale:
Chiamiamo $O_{AB} $ il circocentro di $AXB_1$ e cicliche. Visto che $O_{AB}$ e $O_{CB}$ si trovano sull'asse di $XB_1$ si ha che $XB_1 \perp O_{AB}O_{CB}$ ovvero $BB_1 \perp O_{AB}O_{CB}$ , analogamente $BB_1 \perp O_{BA}O_{BC}$ da cui $O_{AB}O_{CB} \parallel O_{BA}O_{BC}$ e cicliche, quindi si incontrano sulla retta all'infinito. Allora applicando il teorema di Pascal su $O_{BA}O_{BC}O_{AC}O_{AB}O_{CB}O_{CA}$ visto che le intersezioni sono allineate (sulla retta all'infinito) abbiamo che tali $6$ punti si trovano su una conica. Andrebbe ora dimostrato che tale conica è una circonferenza..
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Re: 85. Del grande Leviatano la potenza e la misericordia

Messaggio da Kfp » 11 gen 2016, 01:59

Sussù! Che questo problema non faccia stagnare la staffetta, che è tanto bellino. Un hint (piccolopiccolo, quasi zero, per ora):
Testo nascosto:
Avete capito chi può essere il centro di questa circonferenza?
Nei messaggi precenenti si notava già il (facile) parallelismo dei lati: che quadrilateri saranno quelli formati dai lati opposti?
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Re: 85. Del grande Leviatano la potenza e la misericordia

Messaggio da matpro98 » 11 gen 2016, 14:58

Domande facili, dimostrazione un po' meno

matpro98
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Re: 85. Del grande Leviatano la potenza e la misericordia

Messaggio da matpro98 » 21 ott 2016, 21:14

Un'altra piccola spinta?

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Re: 85. Del grande Leviatano la potenza e la misericordia

Messaggio da Kfp » 14 nov 2016, 01:27

Testo nascosto:
Detto $O$ il circocentro di $ABC$, costruite le perpendicolari per $A$ e $A_1$ ad $AA_1$, e osservate l'esagono che trovate: usate l'ovvia omotetia con l'esagono della tesi per mostrare che alcuna diagonali dell'esagono della tesi bisecano $OX$. A questo punto usate queste informazioni (e la vostra elevatissima abilità nei conti) per dimostrare le uguaglianze metriche che ormai avrete capito servire.
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