Quasi i punti di tangenza

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Gerald Lambeau
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Quasi i punti di tangenza

Messaggio da Gerald Lambeau » 24 lug 2017, 14:53

Sia $ABC$ un triangolo con $AB \not=AC$, $\Gamma$ la sua circoscritta e $I$ il suo incentro. Sia $M$ il punto medio di $BC$ e $D, E, F$ rispettivamente su $BC, CA, AB$ tali che $ID \perp BC, IE \perp AI, IF \perp AI$. Sia $X$ l'intersezione diversa da $A$ tra la circoscritta a $EFA$ e $\Gamma$. Dimostrare che le rette $XD$ e $AM$ si incontrano in $\Gamma$.
"Non ho rispetto per i miei superiori, figurati se ho rispetto per i miei pari: il rispetto di un uomo lo merita solo chi è a lui inferiore."
Cit. Marco (mio vero nome)

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Ci sono cose che non si possono confutare; per tutto il resto, c'è la fisica.

Linda_
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Re: Quasi i punti di tangenza

Messaggio da Linda_ » 24 lug 2017, 19:19

Testo nascosto:
Nemmeno provato in sintetica, dunque baricentriche su $\triangle ABC$!
$A=[1:0:0]$, $B=[0:1:0]$, $C=[0:0:1]$, $I=[a : b : c]$
Detto $2s=a+b+c$, $D=[0:s-c:s-b]$
Chiamiamo $Y$ l'intersezione diversa da $A$ di $AM$ con $\Gamma$. Vogliamo mostrare che $X,D,Y$ sono allineati.
La retta $AM$ è $y-z=0$ mentre $\Gamma$ è $a^2yz+b^2xz+c^2xy=0$. Per questo $Y=[-a^2:b^2+c^2:b^2+c^2]$

Troviamo ora $E$ e $F$. Questi due punti sono tali che $E\in AC$, $F\in AB$ e $I$ è il punto medio di $EF$ ($AI$ è bisettrice e altezza relativa a $EF$ guardando $\triangle ABC$). (Si può dimostrare anche che sono gli unici due punti con le caratteristiche che vogliamo)

Possiamo scrivere $E=[1-e:0:e]$, $F=[1-f:f:0]$ e $I=\left[\frac{a}{s}:\frac{b}{s}:\frac{c}{s}\right]$, e dato che la somma delle coordinate di ogni punto è "giusta" ($E$ e $F$ hanno la stessa somma e $I$ il doppio di questa somma) vale che
$$1-e+1-f=\frac{a}{s} \qquad f=\frac{b}{s} \qquad e=\frac{c}{s}$$
da cui $E=[s-c:0:c]$ e $F=[s-b : b : 0]$
Sia $\Omega=\odot AEF$. $\Omega$ è del tipo $a^2yz+b^2xz+c^2xy-(x+y+z)(px+qy+rz)=0$ per $p,q,r\in\mathbb{R}$ che ora calcoliamo.
Passaggio di $A$ per $\Omega$ $\Rightarrow$ $p=0$.
Passaggio di $F$ per $\Omega$ $\Rightarrow$ $q=\frac{c^2(s-b)}{s}$.
Passaggio di $E$ per $\Omega$ $\Rightarrow$ $r=\frac{b^2(s-c)}{s}$.
Allora l'equazione di $\Omega$ è
$$a^2yz+b^2xz+c^2xy-(x+y+z)\left(\frac{c^2(s-b)}{s}y+\frac{b^2(s-c)}{s}z\right)=0$$
per cui l'asse radicale di $\Gamma$ e $\Omega$ è $\frac{c^2(s-b)}{s}y+\frac{b^2(s-c)}{s}z=0$ e quindi $c^2(s-b)y+b^2(s-c)z=0$.

Troviamo $X$, l'intersezione tra $\Gamma$ e $AX$. Risparmio i conti, che sono anche pochi: $X=[a^2(s-b)(s-c):-b^2(c-b)(s-c):c^2(c-b)(s-b)]$

Ora abbiamo la tesi se e solo se $X,D,Y$ sono allineati, e quindi se e solo se
$$\begin{vmatrix}a^2(s-b)(s-c) & 0 & -a^2 \\ -b^2(c-b)(s-c)& s-c &b^2+c^2 \\ c^2(c-b)(s-b) & s-b & b^2+c^2 \end{vmatrix}=0$$
$$\Leftrightarrow a^2(s-b)(s-c)^2(b^2+c^2)+a^2b^2(c-b)(s-b)(s-c)+a^2c^2(c-b)(s-b)(s-c)-a^2(s-b)^2(s-c)(b^2+c^2)=0$$
$$\Leftrightarrow (b^2+c^2)(b-c)+(c-b)(b^2+c^2)=0$$
che è vera, da cui la tesi.
"Dev'essere terribile!" "Sì, anche per me è davvero fantastico!"

Gerald Lambeau
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Re: Quasi i punti di tangenza

Messaggio da Gerald Lambeau » 24 lug 2017, 19:32

Non sono stato a controllare tutti i conti, ma i punti son quelli, insomma è giusta :) .
"Non ho rispetto per i miei superiori, figurati se ho rispetto per i miei pari: il rispetto di un uomo lo merita solo chi è a lui inferiore."
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