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Segmenti uguali

Inviato: 28 lug 2019, 03:08
da ricarlos
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 $AI=NI$.

Re: Segmenti uguali

Inviato: 31 lug 2019, 21:56
da elianto84
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.

Re: Segmenti uguali

Inviato: 01 ago 2019, 13:19
da nicarepo
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.
In sintetica:
Testo nascosto:
Una volta dimostrato che $ IMNO $ è ciclico la tesi è semplice da dimostrare, ma mi manca quella prima parte...

Re: Segmenti uguali

Inviato: 01 ago 2019, 15:02
da LucaMac
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. :D

Re: Segmenti uguali

Inviato: 01 ago 2019, 16:11
da nicarepo
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.. :oops:

Re: Segmenti uguali

Inviato: 01 ago 2019, 17:34
da LucaMac
$P$ è il simmetrico di $A$ rispetto ad $E$ (e $Q$ rispetto ad $F$)

Re: Segmenti uguali

Inviato: 05 ago 2019, 13:14
da nicarepo
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.