Sia dato un triangolo ABC rettangolo in C e siano K, H ed L i punti dove il cerchio inscritto di centro I tocca AC, BC ed AB rispettivamente. Sia E = AI^KH ed p la parallela a BI passante per E che interseca AC nel punto F. Se O e' il centro del cerchio circoscritto ad ABC, provare che <(FI;LO) =90°.
PS
Per quanto ne so il problema e' originale e quindi ... potrebbe aver senso anche cercare di confutare la tesi.
FILO a piombo
Ho trovato una soluzione tra il sintetico ed il calcolato.
Posto CAI=BAI= $ \alpha $ risulta CBA=90°-$ 2\alpha $ e quindi
HBI=IBL=45°- $ \alpha $ Poiche' e' HEI=HBI=45- $ \alpha $ segue che il quadrilatero HEBI e' ciclico e dunque BEI=BHI=90°.
Pertanto E sta sul cerchio circoscritto ad ABC ed inoltre DIA=EIB=EHB=CHK=45°,
IDA=180°-(45°+ $ \alpha $)=135°- $ \alpha $ e, per il parallelismo
di EF e BD,EFA=IDA=135°- $ \alpha $,FEA=180°- $ \alpha $-(135°- $ \alpha $)=45°.
Abbiamo ora:
$ BL= \frac{r*cos(45°- \alpha )}{sin(45°- \alpha)},LA=r* \frac{cos \alpha}{sin \alpha }, BI=\frac {r}{sin(45°-\alpha )},DI=\frac {r}{cos(45°-\alpha )} $
$ CA=AB cos2 \alpha,CD:DA=CB:BA $
$ DA= \frac{CA*BA}{CB+BA}= \frac{BAcos2 \alpha}{1+sin2 \alpha}=BA \frac{cos \alpha-sin \alpha}{cos \alpha+sin \alpha} $
$ AE=ABcos \alpha,AF= \frac{ABsin45°cos \alpha}{cos(45- \alpha)}= \frac{ABcos \alpha}{cos \alpha+sin \alpha} $
$ DF=AF-DA= \frac{ABsin \alpha}{cos \alpha+sin \alpha} $
Ne segue:
$ \frac{BL}{AL} \frac{AF}{DF} \frac{DI}{BI}= $
$ = \frac{r*cos(45°- \alpha )}{sin(45°- \alpha)} \frac{sin \alpha}{r*cos \alpha} \frac{ABcos \alpha}{cos \alpha+sin \alpha} \frac{cos \alpha+sin \alpha}{ABsin \alpha} \frac {r}{cos(45°- \alpha)} \frac {sin(45- \alpha)}{r}=1 $
Questo prova che punti F,I ed L sono collineari e quindi la tesi.
Posto CAI=BAI= $ \alpha $ risulta CBA=90°-$ 2\alpha $ e quindi
HBI=IBL=45°- $ \alpha $ Poiche' e' HEI=HBI=45- $ \alpha $ segue che il quadrilatero HEBI e' ciclico e dunque BEI=BHI=90°.
Pertanto E sta sul cerchio circoscritto ad ABC ed inoltre DIA=EIB=EHB=CHK=45°,
IDA=180°-(45°+ $ \alpha $)=135°- $ \alpha $ e, per il parallelismo
di EF e BD,EFA=IDA=135°- $ \alpha $,FEA=180°- $ \alpha $-(135°- $ \alpha $)=45°.
Abbiamo ora:
$ BL= \frac{r*cos(45°- \alpha )}{sin(45°- \alpha)},LA=r* \frac{cos \alpha}{sin \alpha }, BI=\frac {r}{sin(45°-\alpha )},DI=\frac {r}{cos(45°-\alpha )} $
$ CA=AB cos2 \alpha,CD:DA=CB:BA $
$ DA= \frac{CA*BA}{CB+BA}= \frac{BAcos2 \alpha}{1+sin2 \alpha}=BA \frac{cos \alpha-sin \alpha}{cos \alpha+sin \alpha} $
$ AE=ABcos \alpha,AF= \frac{ABsin45°cos \alpha}{cos(45- \alpha)}= \frac{ABcos \alpha}{cos \alpha+sin \alpha} $
$ DF=AF-DA= \frac{ABsin \alpha}{cos \alpha+sin \alpha} $
Ne segue:
$ \frac{BL}{AL} \frac{AF}{DF} \frac{DI}{BI}= $
$ = \frac{r*cos(45°- \alpha )}{sin(45°- \alpha)} \frac{sin \alpha}{r*cos \alpha} \frac{ABcos \alpha}{cos \alpha+sin \alpha} \frac{cos \alpha+sin \alpha}{ABsin \alpha} \frac {r}{cos(45°- \alpha)} \frac {sin(45- \alpha)}{r}=1 $
Questo prova che punti F,I ed L sono collineari e quindi la tesi.
Sia (O) il cerchio di centro O circoscritto ad ABC; sia J = (O)^BI e D = AJ^BE; siano G ed M le intersezioni di FE con AB e BC rispettivamente. Si ha che GEB~MEA, infatti <EAM = <EAC = <EBG ed inoltre <AEM = <BEG = 135°.
Pertanto AE/EM = EB/GE. Ma, come e' facile verificare AED e' triangolo rettangolo isoscele, con AE = DE. Quindi vale che DE/EM = EB/GE, da cui deriva che DM//BG.
Percio' il punto F e' l'ortocentro di AMD. D'altro canto e' immediato concludere che I e' l'ortocentro di ABD. Quindi sia F che I stanno sulla stessa perpendicolare (per D) ad AB, che e' quello che era richiesto di provare.
Pertanto AE/EM = EB/GE. Ma, come e' facile verificare AED e' triangolo rettangolo isoscele, con AE = DE. Quindi vale che DE/EM = EB/GE, da cui deriva che DM//BG.
Percio' il punto F e' l'ortocentro di AMD. D'altro canto e' immediato concludere che I e' l'ortocentro di ABD. Quindi sia F che I stanno sulla stessa perpendicolare (per D) ad AB, che e' quello che era richiesto di provare.