Circonferenza per gli incentri

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Sepp
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Circonferenza per gli incentri

Messaggio da Sepp » 16 set 2006, 20:10

USAMO

Sia $ ABCD $ un trapezio isoscele tale che $ AB \| CD $. La circonferenza inscritta del triangolo $ BCD $ incontra $ CD $ in $ E $. Sia $ F $ un punto sulla bisettrice interna di $ \angle DAC $ tale che $ EF \bot CD $. La circonferenza circoscritta del triangolo $ ACF $ incontra la retta $ CD $ in $ C $ e $ G $. Dimostrare che il triangolo $ AFG $ è isoscele.

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what
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Messaggio da what » 28 set 2006, 15:42

Carino!

dobbiamo dimostrare che $ AF=FG $, ossia che $ \widehat {FAG}=\widehat{AGF} $. Il quadrilatero $ ACFG $ è ciclico per costruzione, quindi possiamo modificare la nostra tesi trovando un po' di coppie di angoli congruenti all'interno di $ ACFG $.

In particolare, ci siamo ridotti a dimostrare che $ \widehat {DCF}=\widehat {AFC}+\widehat {FAC} $.

Ma $ \widehat {AFC}+\widehat{FAC} = \pi-\widehat{DCF}-\widehat {DCA} $, e sostituendo otteniamo la nostra nuova tesi: $ 2\widehat{DCF}+\widehat{DCA}=\pi $.

Quest'ultima equazione è equivalente al fatto che
$ CF $ sia bisettrice dell'angolo esterno in $ A $ rispetto al triangolo $ ACD $; quindi che $ F $ sia un excentro di $ ACD $.

Ora, $ F $ è definito come l'intrersezione fra la bisettrice in $ A $ e la perpendicolare ad $ AC $ passante per $ E $. Devo dimostrare che $ E $ è il punto di contatto tra $ CD $ e la ex-circonferenza di $ ACD $ rispetto al vertice $ A $.

Per farlo, basta osservare che $ \displaystyle CE=p_{BCD}-BD=\frac {BC+CD-BD}2= $$ \displaystyle\frac{AD+CD-AC}2=p_{ACD}-AC $ cvd
($ p_{XYZ} $ indica il semiperimetro del triangolo $ XYZ $)

Sepp
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Messaggio da Sepp » 29 set 2006, 16:06

Posto anche la mia, nonostante sia meno bella. Ah, era un USAMO 1999/6

Le due circonferenze inscritte in $ BCD $ e $ ACD $ sono uguali per simmetria.
Siano $ I $ e $ I' $ i loro incentri, rispettivamente.
Dunque $ II' \| CD $. I punti $ E, I, F $ sono allineati e $ II' \bot IF $.
Sia $ M $ il punto di intersezione delle bisettrici di $ \angle CBD $ e $ \angle CAD $.
Chiaramente $ BDC $ e $ ACD $ hanno la stessa circonferenza circoscritta e $ M $ appartiene a tale circonferenza.
I punti $ I, C, D, I' $ sono conciclici di centro $ M $.
Poichè $ \angle FII' = 90^{\circ} $ anche $ F $ appartiene alla circonferenza.
$ \angle DCF = 90^{\circ} - \angle EFC = 90^{\circ} - \angle CDI = 90^{\circ} - \frac{\angle DCA}{2} $, da cui $ 2\angle DCF = 180^{\circ} - \angle DCA $.
Quindi $ \angle DCF = 180^{\circ} - \angle FCA = \angle AFC + \angle FAC $.
Infine $ \angle GAF = \angle AGD + \angle FGC = \angle AGF $.

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