Incentro

[LucaMac]

Tanto gentile e tanto onesto pare codesto problema che in conti non pare venire , ma ne siamo proprio sicuri?
Dato un triangolo $ABC$ con $\gamma <\alpha < \frac{\pi}{2}$ e sia $D \in AC : BD=AB$ . L'incerchio di $ABC$ incontra $AB$ e $AC$ in $K$ e $L$. L'incerchio di $BCD$ ha come centro $J$. Sia infine $M$ quel punto sulla retta $AJ$ tale che $AM=JM$. Dimostrare che l'area del triangolo $KLM$ è $0$ (O che i tre punti sono allineati)

[MATHia]

Provo:

Testo nascosto:

Sia $H$ il punto medio di $AD$. Da $MH\parallel YD$ segue $\angle MHL\cong \angle JDC\cong\angle BDJ\cong \frac{\pi-\alpha}{2}$. Sia $N$ la proiezione di $J$ su $BD$. Allora vale la seguente catena di uguaglianze:
$$ DJ \cos{\frac{\pi-\alpha}{2}}=DN=\frac{BD+DC-BC}{2}=\frac{BA+(AC-AD)-BC}{2}=\frac{BA+AC-BC}{2}-AH=AL-AH=HL$$
Inoltre per il teorema di Talete, $DJ=2HM$. Ma allora si ottiene $ HL=2HM\cos{\frac{\pi-\alpha}{2}}$. Calcoliamo dunque la lunghezza di $LM$ utilizzando il teorema di Carnot rispetto al triangolo $\triangle{LHM}$:
$$LM^2=LH^2+HM^2-2LH\cdot HM \cos{\frac{\pi-\alpha}{2}}=4HM^2\cos^2{\frac{\pi-\alpha}{2}}+HM^2-4HM^2\cos^2{\frac{\pi-\alpha}{2}}=HM^2 \iff LM=HM$$
Ma allora $\triangle{LHM}$ è isoscele di base $LH$, dunque $\angle{HLM}\cong\angle{MHL}\cong \frac{\pi-\alpha}{2}$. Inoltre $\angle{ALK}\cong\frac{\pi-\alpha}{2}$. Essendo $J$ interno a $\triangle{DBC}$, e quindi in particolare anche interno a $\triangle{ABC}$, allora anche $M$ è interno a $\triangle{ABC}$, dunque $M,K$ sono nello stesso semipiano rispetto alla retta $AL$ ed essendo $\angle{ALM}\cong\angle{ALK}$, allora $L$, $M$, $K$ sono allineati.