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[Cesenatico 2016 - 3] Intersezioni eccentriche

Inviato: 09 mag 2016, 22:32
da Talete
Sia $\Gamma$ la circonferenza ex-inscritta al triangolo $ABC$ opposta al vertice $A$, ossia la circonferenza tangente a $BC$ e ai prolungamenti dei lati $AB$ e $AC$ dalla parte di $B$ e di $C$. Sia $D$ il centro di $\Gamma$ e siano $E$ ed $F$, rispettivamente, i punti di tangenza di $\Gamma$ con i prolungamenti dei lati $AB$ ed $AC$. Sia $J$ l'intersezione tra i segmenti $BD$ ed $EF$.

Dimostrare che l'angolo $\angle CJB$ è retto.

Re: [Cesenatico 2016 - 3] Intersezioni eccentriche

Inviato: 10 mag 2016, 13:25
da EELST
Si fa benissimo invertendo, vero zetaeffe ?? :lol:

Re: [Cesenatico 2016 - 3] Intersezioni eccentriche

Inviato: 10 mag 2016, 15:13
da zetaeffe
Ahahahah :D

Re: [Cesenatico 2016 - 3] Intersezioni eccentriche

Inviato: 13 mag 2016, 00:21
da Lasker
La mia soluzione è talmente triste che sento di doverla postare
Testo nascosto:
Il triangolo $\triangle AEF$ è isoscele sulla base $EF$ perché $AE$ ed $AF$ sono segmenti di tangenza, quindi $\widehat {AEF}\cong \widehat {AFE}\cong \frac{\pi-\alpha}{2}$. Inoltre, visto che $BJ$ è per costruzione la bisettrice dell'angolo esterno in $B$, si ha che $\widehat {EBJ}\cong \widehat {JBC}\cong \frac{\pi-\beta}{2}$. Per differenza da $\pi$ si trova quindi $\widehat{BJE}\cong \frac{\pi-\gamma}{2}$. E ora le idee purtroppo sono finite.

Per il teorema dei seni su $\triangle BEJ$ si ha che
$$BJ=\frac{\sin\left(\frac{\pi-\alpha}{2}\right)BE}{\sin\left(\frac{\pi-\gamma}{2}\right)}=\frac{\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)(p-c)}{\cos\left(\frac{\gamma}{2}\right)}\Rightarrow BJ^2=\frac{\cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)(p-c)^2}{\cos^2\left(\frac{\gamma}{2}\right)}$$
Troviamo $CJ^2$ con Carnot su $\triangle BCJ$:
$$CJ^2=a^2+BJ^2-2a\cdot BJ\cdot \cos\left(\frac{\pi-\beta}{2}\right)=a^2+\frac{\cos^2\left(\frac{\alpha}{2}\right)(p-c)^2}{\cos^2\left(\frac{\gamma}{2}\right)}-2a\frac{\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)(p-c)}{\cos\left(\frac{\gamma}{2}\right)}\sin\left(\frac{\beta}{2}\right)$$
Adesso sostituendo le identità $\sin\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\sqrt{\frac{(p-b)(p-c)}{bc}}$ e $\cos\left(\frac{\alpha}{2}\right)=\sqrt{\frac{p(p-a)}{bc}}$ (e cicliche) si ottiene:
$$BJ^2=\frac{a(p-a)(p-c)}{c}$$
$$CJ^2=a^2+\frac{a(p-a)(p-c)}{c}-2\frac{a(p-a)(p-c)}{c}$$
Sommando $BJ^2+CJ^2$ si ottiene chiaramente $a^2=BC^2$, quindi $\triangle BJC$ rispetta Pitagora ed è quindi retto in $J$.

Re: [Cesenatico 2016 - 3] Intersezioni eccentriche

Inviato: 09 giu 2016, 20:34
da zarok
ho provato a invertire rispetto l'ex-inscritta ma non mi viene...devo provare un'altra inversione o è questa la strada giusta? Si accettano suggerimenti

Re: [Cesenatico 2016 - 3] Intersezioni eccentriche

Inviato: 09 giu 2016, 22:25
da zetaeffe
Premettendo che l'inversione non è la strada più veloce :D , ecco qualche hint:
Hint 1:
Testo nascosto:
L'inversione rispetto alla circonferenza ex-inscritta va bene.
Hint 2:
Testo nascosto:
Chiamando $C'$ e $J'$ gli inversi di $C$ e $J$, rispettivamente, $\widehat{DJC}$ è retto se e solo se...
Hint 3:
Testo nascosto:
Detto $T$ il punto di tangenza di $\Gamma$ con $BC$, la tesi è equivalente all'allineamento di $F,T,J'$ (ma chi è $J'$?)
Hint 4:
Testo nascosto:
Posto $W=(AF)\bigcap(BD)$ (escludendo il caso di parallelismo), si può usare Menelao su $\overset{\triangle}{WCB}$, con un po' di pazienza, teoremi delle secanti...

Re: [Cesenatico 2016 - 3] Intersezioni eccentriche

Inviato: 10 giu 2016, 00:14
da Talete
E dire che avevo pure provato ad invertire in gara, e avevo beccato anche la circonferenza giusta! Poi, il fascino delle baricentriche... mi ha portato alla bellezza di 1 misero punto. Amen.

Ora provo a risolverlo con l'inversione!

EDIT: Maledizione, con gli hint di ZF ce l'ho fatta... complimenti, bella soluzione!

Re: [Cesenatico 2016 - 3] Intersezioni eccentriche

Inviato: 10 giu 2016, 00:59
da gpzes
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