Invoco i Pro

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Saro00
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Invoco i Pro

Messaggio da Saro00 » 07 gen 2016, 18:38

Questo problema mi tortura.
In un triangolo $ ABC $ l'excerchio $ \omega_A $ é tangente al lato $ BC $ nel punto $ D $, ed é tangente ai prolungamenti dei lati $ AB $ ed $ AC $ nei punti $ E $ ed $ F $, rispettivamente. Siano $ P $ la
proiezione di $ D $ su $ EF $, $ M $ il punto medio di $ EF $, e $ \Gamma $ la circonferenza circoscritta ad $ ABC $.
Dimostrare che $ P $ sta su $ \Gamma $ se e solo se $ M $ sta su $ \Gamma $.
P.S. Ovviamente la soluzione deve essere in sintetica
P.P.S. É TST Preimo 2010 problema 6
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi. 8)

dario2994
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Re: Invoco i Pro

Messaggio da dario2994 » 08 gen 2016, 09:53

Ti propongo una strada per la soluzione, se poi la trovi sei tenuto moralmente a scriverla qui integralmente!
Se poi invece ti serve un altro aiuto non esitare a chiederlo.

Sia $N$ il punto medio dell'arco $BC$, sia $X=BC\cap EF$.
Sia $S$ la seconda intersezione di $NX$ con $\Gamma$.
Dimostra che $\angle NSD=90^{\circ}$.
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai

Francesco Sala
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Re: Invoco i Pro

Messaggio da Francesco Sala » 08 gen 2016, 11:36

Alternativamente:

Considera il cerchio dei nove punti di $ DEF $: questo ha sempre due punti in comune con $ \odot(ABC) $ , di certo diversi da $ P,M $.
Questo andrebbe giustificato per bene
Testo nascosto:
ad esempio invertendo da qualche parte
Cosa succede se questi due cerchi hanno un terzo punto comune?

Saro00
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Re: Invoco i Pro

Messaggio da Saro00 » 08 gen 2016, 17:33

Grazie mille !! Inizio a scrivere la soluzione di dario2994, ma se riuscirò a trovare anche quella di Sala la scriverò.
Testo nascosto:
Innanzitutto definisco un po' di punti.
$ X\equiv CB\cap FE $, $ N $ il punto medio dell'arco $ BC $ non contenente $ A $, $ S\equiv \Gamma \cap XN $ e $ L $ il punto medio di $ BC $.

Lemma 1: $ pow_{\Gamma}(X)=XD\cdot XL $
Dimostrazione: Applicando il teorema dei seni ai triangoli $ XCE $ e $ XDB $ si ottiene $ \displaystyle\frac{CE}{CX}=\frac{s-b}{CX}=\frac{BD}{BX}=\frac{s-c}{CX+a} \iff (s-b)\cdot (CX+a) = (s-c)\cdot CX $ e risolvendo quest'ultima equazione in funzione di $ CX $ si ottiene $ \displaystyle CX=\frac{a(s-b)}{b-c} $.
Ora, $ \displaystyle pow_{\Gamma}(X)=XC\cdot XB=XC\cdot (XC+ a)=XD\cdot XL=(XC+CD)\cdot (XC+CL)= (XC+s-b)\cdot (XC+\frac{a}{2})\iff $
$ \displaystyle XC\cdot a = XC \cdot (s-b+\frac{a}{2}) +(s-b)\cdot \frac{a}{2} \iff XC\cdot (s-b- \frac{a}{2}) = -\frac{a}{2}\cdot (s-b)\iff $
$ \displaystyle \frac{a(s-b)}{b-c}\cdot (s-b- \frac{a}{2}) = -\frac{a}{2}\cdot (s-b) $ e quest'ultima è banalmente verificata svolgendo i conti.

Lemma 2: $ DS \perp NX $
Dimostrazione: $ pow_{\Gamma}(X)=XS\cdot XN=XD\cdot XL $ dove l'ultima uguaglianza è verificata da Lemma 1. Da quest'ultima uguaglianza segue che $ LNSD $ è ciclico, perciò $ \angle NSD = \angle NLD = \frac{\pi}{2} $.

Ritornando al problema,
$ \Longrightarrow $ Se $ M $ appartiene a $ \Gamma $ allora $ P $ appartiene a $ \Gamma $
Dimostrazione: Se $ M $ appartiene a $ \Gamma $ allora banalmente $ M \equiv N $ e $ XM\equiv XN $. Applicando Lemma 2, si ha che $ DS \perp MX $, ma per come è definito $ P $ si ha anche $ DP \perp MX $, quindi $ P\equiv S $. Dato che $ S $ sta su $ \Gamma $ anche $ P $ sta su $ \Gamma $.
$ \Longleftarrow $ se $ P $ appartiene a $ \Gamma $ allora $ M $ appartiene a $ \Gamma $
Dimostrazione: Sia $ N'\equiv \Gamma \cap XP $.$ pow_{\Gamma}(X)=XD\cdot XL=XP\cdot XN' $ dove la prima uguaglianza è vera per Lemma 1.
Da quest'ultima uguaglianza ottengo che $ LDPM' $ è ciclico, quindi $ \angle DPN' = \frac{\pi}{2} = \angle DLN' $, quindi ricordandosi che $ L $ è il punto medio di $ BC $, si ha che $ N'\equiv N $. $ N' $ dato che appartiene sia a $ FE $ (per come è definito), sia a $ AI_A $ (l'ho appena dimostrato), è proprio il punto di intersezione delle diagonali del deltoide (o per essere più SWAG, "aquilone") $ I_AEAF $ e quindi $ N'F=N'E $, il che implica $ N'\equiv M $. Dato che $ N' $ appartiene a $ \Gamma $, anche $ M $ appartiene a $ \Gamma $
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi. 8)

Saro00
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Re: Invoco i Pro

Messaggio da Saro00 » 09 gen 2016, 15:03

Ed ecco la Meravigliosa soluzione di Sala.
Testo nascosto:
Innanzitutto definisco un po' di punti. $ B' $ il punto medio di $ ED $ e $ C' $ il punto medio di $ DF $. Sia inoltre $ \Gamma ' $ la circonferenza di Feuerbach di $ DEF $.

Lemma 1: $ \Gamma $ e $ \omega_A $ hanno sempre almeno due punti in comune
Dimostrazione: Considero il punto $ D $, esso appartiene a $ \omega_A $ ed è interno a $ \Gamma $ poichè appartiene ad una sua corda ($ BC $). Ciò basta a dimostrare il Lemma.

Lemma 2: $ \Gamma ' $ e $ \omega_A $ hanno sempre almeno due punti in comune
Dimostrazione: Innanzitutto per ovvi angle chasing si trova che $ \angle B'MC' = \angle B'DC' = \pi -\frac{\beta}{2} -\frac{\gamma}{2} > \pi-\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} $. Ora sia $ D' $ il punto tale che $ DD'\perp EF $ e $ D'\in \Gamma ' $. Dalla disuguaglianza iniziale ottengo che $ DP<D'P $. Quindi, palesemente, $ D' $ è esterno a $ \omega_A $ e $ M $ è interno a $ \omega_A $, quindi si ha la tesi del Lemma.

Ora sia $ \Psi $ l'inversione rispetto a $ \omega_A $.
Dato che $ BC,\,AE,\,AF $ sono tangenti a $ \omega_A $ si ha che
$ \Psi(C')=C $ e $ \Psi(C)=C' $
$ \Psi(B')=B $ e $ \Psi(B)=B' $
$ \Psi(M)=A $ e $ \Psi(A)=M $
Dato che $ \Psi(\Gamma) $ è una circonferenza passante per $ B',\,C',\,M $, $ \Psi(\Gamma)=\Gamma ' $.
E analogamente $ \Psi(\Gamma ')=\Gamma $.
Siano ora $ X, Y $ e $ X', Y' $ le intersezioni (che esistono per Lemma 1 e Lemma 2) di $ \Gamma $ e $ \Gamma ' $ con $ \omega_A $.
Banalmente $ \Psi(X)=X $, ma $ \Psi(X) $ è anche un punto appartenente a $ \Gamma ' $, quindi $ X\equiv X'\in \omega_A $. Analogamente $ Y\equiv Y'\in \omega_A $.
Da ciò deduco che le intersezioni tra $ \Gamma $ e $ \Gamma ' $ sono due punti diversi da $ P $ e $ M $, poichè questi ultimi sono interni a $ \omega_A $ (appartengono a una corda di $ \omega_A $).

Se uno tra $ P $ e $ M $ (che appartengono entrambi a $ \Gamma ' $ per una nota proprietà della circonferenza di Feuerbach) appartenesse a $ \Gamma $ si avrebbe che $ \mid \Gamma \cap \Gamma ' \ge 3 \mid $ e quindi $ \Gamma \equiv \Gamma ' $, quindi anche l'altro punto apparterrebbe a $ \Gamma $.
P.S. Scritta come ho fatto io (= da cane) ha perso la sua bellezza, ma ho dovuto scriverla così per non dare per scontato che $ \Gamma $ e $ \Gamma ' $ hanno almeno due punti in comune
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