Sia dato un traingolo ABC rettangolo in C e siano R ed S i punti dove il cerchio inscritto di centro I tocca AC e Bc rispettivamente. Sia K = AI^RS ed l la parallela a BI passante per K che interseca IR nel punto J. Se D e' il piede (su AC) della bisettrice BI, provare che DJ biseca AB.
PS
Per quanto ne so il problema e' originale e quindi ... potrebbe aver senso anche cercare di confutare la tesi.
Segmento bisecato
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AlessandroSfigato
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- Località: Padova
Faccio uso di alcuni risultati da me gia' ottenuti con la mia risposta al 2° quesito
( sempre di spmnt21) "il filo a piombo";pertanto K sta sul circocerchio di ABC
e gli angoli da considerare sono gli stessi.
Siano dunque Q,T ed O rispettivamente:l'intersezione di AC con KJ,il punto di
contatto di AB con l'incerchio,l'intersezione di JD con AB ; i punti Q,I e T sono
allora collineari e siano H l'intersezione di KO con il circocerchio e P l'intersezione
di QT con KH.Essendo QTA=90° e QAT=$ 2 \alpha $ ,sara' TQA=90°-$ 2 \alpha $ e KQI=$ (135°- \alpha)-(90°- 2 \alpha)=45°+ \alpha $;
quindi per il parallelismo di BI e KQ sara' pure BIT=45°+$ \alpha $
Dal triangolo MPI ( dove M e' l'intersezione di BD con KH) si ricava allora che
MPI=$ 180°-2*(45+ \alpha)=90°-2 \alpha $ .
A questo punto si puo' concludere in vari modi; per esempio si puo' osservare che,
essendo ora KH parallelo ad AC perche' MPI=TQA, e' KH (retta) altezza del triangolo BKC (isoscele su BC) e quindi KH e' ,al pari di AB, un diametro e cio'
fa concludere che il punto O e' il circocerchio ovvero il punto medio di AB.
( sempre di spmnt21) "il filo a piombo";pertanto K sta sul circocerchio di ABC
e gli angoli da considerare sono gli stessi.
Siano dunque Q,T ed O rispettivamente:l'intersezione di AC con KJ,il punto di
contatto di AB con l'incerchio,l'intersezione di JD con AB ; i punti Q,I e T sono
allora collineari e siano H l'intersezione di KO con il circocerchio e P l'intersezione
di QT con KH.Essendo QTA=90° e QAT=$ 2 \alpha $ ,sara' TQA=90°-$ 2 \alpha $ e KQI=$ (135°- \alpha)-(90°- 2 \alpha)=45°+ \alpha $;
quindi per il parallelismo di BI e KQ sara' pure BIT=45°+$ \alpha $
Dal triangolo MPI ( dove M e' l'intersezione di BD con KH) si ricava allora che
MPI=$ 180°-2*(45+ \alpha)=90°-2 \alpha $ .
A questo punto si puo' concludere in vari modi; per esempio si puo' osservare che,
essendo ora KH parallelo ad AC perche' MPI=TQA, e' KH (retta) altezza del triangolo BKC (isoscele su BC) e quindi KH e' ,al pari di AB, un diametro e cio'
fa concludere che il punto O e' il circocerchio ovvero il punto medio di AB.