OliForum Matematico

Sia $ABC$ un triangolo con incentro $I$ e circocerchio $\Omega$.
Sia $(A,M) =AI \cap \Omega$.
Sia $I'$ il riflesso di $I$ rispetto a $BC$.
Sia $(M,N) =MI'\cap \Omega$.
Dimostrare che $AI=NI$.

Giusto un'osservazione: $A$ ed $N$ giacciono simultaneamente su una circonferenza di centro $I$ e su una circonferenza di centro $O$ se e solo se $AO=ON$ e $AN\perp OI$. D'altra parte le rette perpendicolari ad $OI$ sono i luoghi per cui la somma delle distanze dai lati è costante. Pertanto è sufficiente determinare le distanze di $N$ da $AB,AC,BC$ (trilineari esatte). Le trilineari esatte di $I'$ ed $M$ sono di semplice determinazione, così come l'equazione di $\Omega$, e la determinazione di $N=I'M\cap \Omega$ è analoga alla risoluzione di un'equazione di secondo grado di cui conosciamo già una soluzione. Sicché, qualche conto, Teorema di Viète e dovremmo aver concluso.

Provo a dare un abbozzo in coordinate baricentriche, anche se è la prima volta che le uso, quindi spero di non aver commesso troppi errori. In sintetica:

nicarepo ha scritto: ↑01 ago 2019, 13:19 Provo a dare un abbozzo in coordinate baricentriche, anche se è la prima volta che le uso, quindi spero di non aver commesso troppi errori.

Testo nascosto:

Le coordinate dell'incentro sono $ I=\frac{1}{a+b+c}(a,b,c) $ , con le formule di Conway ho trovato che $ I' $ ha coordinate omogenee$ (-a^2: c^2+3ab: b^2+3ac) $, mentre $ M $ si trova dall'intersezione della retta $ y=(b/c) z $ con la circonferenza circoscritta $ \Gamma $: $ M=(a^2 : b^2+bc : c^2 +bc) $. A questo punto la retta passante per $ M $ e $ I' $ è del tipo $ r:Ax-By+z=0 $ dove

$ A=\frac{(b+c)(b^3-c^3)}{a^2(c^2+b^2+3ab+bc)} $ e $ B=1+\frac{3a(c-b)}{c^2+b^2+3ab+bc} $

Dall'intersezione di $ r $ e $ \Gamma $ si trova $ N $ e poi valutare la distanza da $ I $ dovrebbe essere semplice, ma sono un sacco di calcoli.

Giusto un paio di osservazioni:

Per prima cosa $M$ è sbagliato: quello indicato da te è interno al triangolo $ABC$, mentre $M$ chiaramente non lo è. Non lo ricordo precisamente, ma mi pare basti mettere $-a^2$ come prima coordinata.

Poi, il modo più efficiente per fare questo problema è, a mio avviso, il seguente:

Troviamo la circonferenza di centro $I$ passante per $A$. Come si fa? proietto $I$ su $AB$ ed $AC$ ottenendo due punti noti (i punti di tangenza dell'incerchio). Chiamiamoli $E$ ed $F$.
Ora $P=2E-A$ e $Q=2F-A$ sono punti della nostra circonferenza, che troviamo quindi facilmente. (ho $u=0$ e dalle altre due equazioni si trovano $v$ e $w$ senza problemi, infatti $P$ e $Q$ sono sui due lati e quindi ho già equazioni del tipo $v= \ldots$ e $w=\ldots$)

A questo punto interseco questa circonferenza con la circoscritta ed ho un'equazione di secondo grado: sostituendo ad esempio $z=ky$ (deve essere di questa forma) l'equazione è in $x$ ed $y$. Visto che passano entrambe per $A$ devo avere che il coefficiente di $x^2$ è $0$. Divido per $y$ poiché $y=z=0$ corrisponde alla soluzione $A$ ed ho un'equazione del tipo $x=hy$. Il punto di intersezione è allora $(h,1,k)$.

Basta ora verificare che questo punto è allineato con $I'$ ed $M$.

Così si semplificano i conti e non vengono tantissimi.

Pardon, in $ M $ il primo termine ha segno negativo, certo. Potresti spiegarti meglio su $ P $ e $ Q $? Non ho capito come sono definiti e perché appartengano alla circonferenza..

$P$ è il simmetrico di $A$ rispetto ad $E$ (e $Q$ rispetto ad $F$)

Ok, comunque si devono fare diversi calcoli, ma probabilmente sono meno di quelli necessari per il primo metodo. Tra l'altro nel primo messaggio ho commesso un errore di calcolo nel trovare $ I' $. In ogni caso:

Sia $ \Gamma $ il circocerchio del triangolo $ ABC $ e sia $ \Omega $ la circonferenza di centro $ I $ e raggio $ \overline{AB} $. Siano $ E $ ed $ F $ le intersezioni dell'incerchio con i lati (rispettivamente) $ AB $ e $ AC $. Se $ P $ è il simmetrico di $ A $ rispetto ad $ E $ e $ Q $ il simmetrico di $ A $ rispetto ad $ F $, si ha che $ \Omega $ passa per $ P $ e $ Q $ dal momento che $ EI $ e $ FI $ sono gli assi di $ PA $ e $ QA $ per costruzione.
Dato che $ \overline{AE}=\overline{AF} $ (e così per le altre tangenti all'incerchio), si può facilmente ricavare: $ E=(\frac{a+c-b}{2}:\frac{c+b-a}{2},0) $ che normalizzato diventa $ E=(\frac{a+c-b}{2c},\frac{c+b-a}{2c},0) $. Analogamente $ F=(\frac{a+b-c}{2b},0,\frac{c+b-a}{2b}) $. Dalla notazione vettoriale dei vari segmenti si può scrivere $ P=2E-A $ e $ Q=2F-A $, che svolgendo i calcoli diventano:

$ \displaystyle P=(\frac{a-b}{c},\frac{c+b-a}{c},0) \quad Q=(\frac{a-c}{b},0,\frac{c+b-a}{b}) $

A questo punto è possibile determinare $ \Omega $ sostituendo nella formula generale le coordinate di $ A $, $ P $ e $ Q $, $ \Omega: -a^2yz-b^2xz-c^2xy+(c(a-b)y+b(a-c)z)(x+y+z)=0 $.

Dall'intersezione di $ \Omega $ e $ \Gamma $ si ottengono due punti: $ A $ e $ N $

$ \displaystyle \begin{cases}-a^2yz-b^2xz-c^2xy+(c(a-b)y+b(a-c)z)(x+y+z)=0 \\ a^2zy+b^2xz+c^2xy=0 \end{cases} \Longrightarrow \begin{cases} y=\frac{b(c-a)}{c(a-b)}z \\ x=\frac{a^2(a-c)}{bc(a-b)+c^2(c-a)}z \end{cases} $

ovvero: $ \displaystyle N=\left( \frac{a^2(a-c)}{bc(a-b)+c^2(c-a)}:\frac{b(c-a)}{c(a-b)}:1 \right) $, mentre $ A $ si ottiene per $ z=0 $. Adesso bisogna ricavare l'espressione di $ M $ e $ I' $ per verificare la collinearità.

Per quanto riguarda $ M $, basta intersecare la retta $ z=c/b \ y $ (retta passante per $ A $ e $ I $) con il circocerchio; $ M=(-a^2:b^2+bc:c^2+bc) $.
Mentre per $ I' $ usando la formula di Conway si ha: $ I'=(-a^2:S_{C}+S_{C/2}:S_{B}+S_{B/2}) $ dove $ B/2 $ e $ C/2 $ hanno segno positivo. Utilizzando le formule di Briggs e semplificando le aree attenute dalla formula di Erone si ricava: $ I'=(-a^2:a^2+b^2-c^2+ab:a^2+c^2-b^2+ac) $.

Dal criterio di collinearità si ha che $ M $, $ N $ e $ I' $ sono collineari se e solo se il determinante della seguente matrice è nullo:

$ \begin{bmatrix} -a^2 & a^2+b^2-c^2+ab & a^2+c^2-b^2+ac \\ -a^2 & b^2+bc & c^2+bc \\ \frac{a^2(a-c)}{bc(a-b)+c^2(c-a)} & \frac{b(c-a)}{c(a-b)} & 1 \end{bmatrix} $

Svolgendo i calcoli si ottiene la tesi.