Viene bene in baricentriche

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Talete
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Viene bene in baricentriche

Messaggio da Talete » 12 feb 2018, 13:30

Sia $ABC$ un triangolo, $I$ l'incentro, $DEF$ il triangolo pedale dell'incentro, la retta $AI$ interseca $DE$ e $DF$ in $X$ e $Y$, la circonferenza di diametro $XY$ interseca $BC$ in $S$ e $T$. Dimostrare che la circoscritta ad $AST$ tange inscritta e circoscritta di $ABC$.
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo

Davide Di Vora
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Re: Viene bene in baricentriche

Messaggio da Davide Di Vora » 25 mar 2018, 18:34

Sia $\Gamma$ la circoscritta a $\triangle AST$ e $\omega$ la circostritta a $XTYS$. Dimostro che $\Gamma$ tange la circoscritta a $\triangle ABC$.

Sia $I$ l'incentro di $\triangle ABC$.
Noto che
$$90-\frac{\alpha}{2}= \angle FDE=\angle YDE$$
$$\angle EIY=\angle EIA+\angle AIY=90-\frac{\gamma}{2}+180-\frac{\gamma}{2}-180+\frac{\alpha}{2}+\gamma=90+\frac{\alpha}{2}$$
$$\angle IEC=90 =\angle IDC$$
e dunque i punti $C$, $D$, $Y$, $I$ e $E$ sono cociclici, da cui segue $\angle CYA=90$. Analogamente $BXA=90$.
Segue dunque che $BX$ e $CY$ tangono $\omega$ e che $\triangle ACY$ è simile a $\triangle ABX$. Per potenza rispetto a $\omega$ ottengo $BX^2=BS\cdot BT$ e $CY^2= CT\cdot CS$ mentre per la similitudine ottengo
$$\frac{AB}{AC}=\frac{BX}{CY}$$
e quindi
$$\frac{AB^2}{AC^2}=\frac{BS\cdot BT}{CT\cdot CS}$$
da cui le rette $AS$ e $AT$ sono isogonali.

Sia ora $t$ la tangente alla circoscritta a $\triangle ABC$ in $A$, allora
$$\angle (AS;t)=\angle SAT+\angle (BA;t)=\angle ACB+\angle CAT=\angle ATB$$
e dunque $t$ tange $\Gamma$ e dunque si ottiene la tesi.
Ultima modifica di Davide Di Vora il 30 mar 2018, 22:04, modificato 1 volta in totale.

Talete
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Re: Viene bene in baricentriche

Messaggio da Talete » 29 mar 2018, 17:32

Ci sono troppo poche baricentriche nella tua soluzione
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pipotoninoster
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Re: Viene bene in baricentriche

Messaggio da pipotoninoster » 30 mar 2018, 12:51

Davide, all'inizio della tua soluzione non dovresti scrivere [math]?

Davide Di Vora
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Re: Viene bene in baricentriche

Messaggio da Davide Di Vora » 30 mar 2018, 22:05

Ho corretto

Davide Di Vora
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Re: Viene bene in baricentriche

Messaggio da Davide Di Vora » 31 mar 2018, 16:48

Dimostro ora che $\Gamma$ tange l'inscritta di $\triangle ABC$.

Sia $Z$ l'intersezione tra $AI$ e $BC$, sia $B'$ il simmetrico di $B$ rispetto a $AI$ (che ovviamente sta su $AC$) e sia $P$ il punto all'infinito della retta $BX$. Allora
$$(B',B,X,P)=-1$$
Proiettando il birapporto da $C$ su $AI$, ricordando che $BX \parallel CY$ ottengo
$$-1=(B',B,X,P)=(A,D,X,Y)$$
e quindi, esserpo $\angle XSY=\angle XTY=90$, $X$ e $Y$ sono rispettivamente incentro e excentro di $\triangle AST$.

Essendo $\omega$ la circonferenza di diametro $XY$, essa ha centro nel punto medio dell'arco $ST$ di $\Gamma$.

Sfruttando le ciclicità dimostrate nella prima parte ottengo
$$\angle DYX=\angle DYI= \angle DCI=\angle ICE=\angle IDX$$
e dunque i triangoli $\triangle IDX$ e $\triangle IDY$ sono simili, da cui $ID^2=IX\cdot IY$ e quindi $\omega$ e l'inscritta a $\triangle ABC$ sono ortogonali. Invertendo in $\omega$ dunque $\Gamma$ va in $BC$ che è chiaramente tangente all'inscritta, mentre l'inscritta resta fissa, e quindi si ottiene la tesi.

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