Sia $ ABC $ un triangolo e sia $ \Omega $ il suo circocerchio; sia $ I $ l'incentro e $ \omega $ l'incerchio. Siano $ D, E, F $ i punti di contatto di $ \omega $ con $ BC, CA, AB $ rispettivamente. Siano $ U $ e $ V $ i punti medi di $ DE, DF $ rispettivamente. Sia $ M $ il punto medio di $ UV $. Siano $ X=IM\cap\Omega $ e $ Y=AD\cap\Omega $ tali che sia $ X $ che $ Y $ sono contenuti nell'arco $ BC $ che non contiene $ A $.
Dimostrare che $ UV, BC, XY $ concorrono.
36. Incerchio e concorrenze
Re: 36. Incerchio e concorrenze
Lemma del giocoliere: (che non dimostro) Sia $P$ un punto sulla circonferenza circoscritta di un triangolo $ABC$ (diverso da $A,B,C$), di coordinate baricentriche $[u
w]$, e sia $l$ una retta passante per $P$, di coordinate baricentriche $[h:j:k]$.
Allora la seconda intersezione di $l$ con la circonferenza circoscritta ha coordinate baricentriche $\displaystyle\left[\frac{a^2}{uh}:\frac{b^2}{vj}:\frac{c^2}{wk}\right]$.
Dimostrazione
Sia $A'$ il punto su $\Omega$ diverso da $A$ tale che $AA'$ è parallelo a $BC$ e sia $X'$ la seconda intersezione di $A'D$ con $\Omega$.
Le coordinate baricentriche della retta $AA'$ sono $y+z=0$ (parallela a $x=0$ passante per $A=[1:0:0]$), quindi le coordinate di $A'=AA'\cap \Omega$ sono $A'=[a^2:c^2-b^2:b^2-c^2]$ (interseco circonferenza e retta).
Trovo poi le coordinate della retta $A'D$, sapendo che $D=[0:a+b-c:a+c-b]$, che sono $2(c^2-b^2)x-a(a+c-b)y+a(a+b-c)z=0$.
Per il lemma del giocoliere allora ho che $\displaystyle X'=\left[\frac{a^2}{2a^2(c^2-b^2)}:\frac{b^2}{-a(c^2-b^2)(a+c-b)}:\frac{c^2}{a(b^2-c^2)(a+b-c)}\right]=$
$=\left[a(p-b)(p-c):-b^2(p-c):-c^2(p-b) \right]$ (con $2p=a+b+c$).
Ho poi che $U$ punto medio di $ED$ ha coordinate $\displaystyle \left[\frac{p-c}{b}:\frac{p-c}{a}:\frac{p-b}{a}+\frac{p-a}{b}\right]$ e $V$ lo stesso con le cicliche giuste, quindi calcolando il punto medio fra i 2 ottengo $\displaystyle M=\left[\frac{p-c}{b}+\frac{p-b}{c}: 2\frac{p-c}{a}+\frac{p-a}{c}: 2\frac{p-b}{a}+\frac{p-a}{b} \right]$.
Ora armata di questi punti e sapendo $I=[a
c]$ voglio dimostrare che $I,M,X'$ sono allineati.
Voglio quindi che il determinante della matrice dei 3 punti sia 0 (e qui metto solo qualche calcolo ma comunque vengono tutti abbastanza facilmente); ma il determinante è (dopo qualche passaggio
):
$(p-b)(p-c)[2c(p-c)-b^2+c^2-2b(p-b)]+bc[(p-c)^2-(p-b)^2]+a(p-a)[c(p-b)-b(p-c)]=$
$=(p-b)(p-c)(c-b)(2p-b-c)-bc(c-b)(2p-b-c)+ap(p-a)(c-b)=$
$=2p^2-p(a+b+c)=0$ !!
Quindi $X\equiv X'$ e in particolare vale che $\angle{AYX}=\angle{AA'X}=\angle{BDX}$, quindi $BC$ è tangente alla circonferenza circoscritta a $\triangle{DXY}$.
Chiamo ora $Q=EF\cap BC$ e $R$ il punto medio di $DQ$. Allora ho che $(Q,D,B,C)=-1$ per il teorema del quadrilatero completo, ma allora per la relazione di Newton vale che $RD^2=RB\cdot RC$.
In particolare $R$ è anche il punto di intersezione fra $BC$ e $UV$.
Sia $R'=XY\cap BC$, allora ho che $R'B\cdot R'C=R'X\cdot R'Y=R'D^2$ (perchè $BC$ è tangente alla circoscritta di $DXY$), ma quindi $R\equiv R'$, da cui $UV,BC,XY$ concorrono.
w]$, e sia $l$ una retta passante per $P$, di coordinate baricentriche $[h:j:k]$.Allora la seconda intersezione di $l$ con la circonferenza circoscritta ha coordinate baricentriche $\displaystyle\left[\frac{a^2}{uh}:\frac{b^2}{vj}:\frac{c^2}{wk}\right]$.
Dimostrazione
Sia $A'$ il punto su $\Omega$ diverso da $A$ tale che $AA'$ è parallelo a $BC$ e sia $X'$ la seconda intersezione di $A'D$ con $\Omega$.
Le coordinate baricentriche della retta $AA'$ sono $y+z=0$ (parallela a $x=0$ passante per $A=[1:0:0]$), quindi le coordinate di $A'=AA'\cap \Omega$ sono $A'=[a^2:c^2-b^2:b^2-c^2]$ (interseco circonferenza e retta).
Trovo poi le coordinate della retta $A'D$, sapendo che $D=[0:a+b-c:a+c-b]$, che sono $2(c^2-b^2)x-a(a+c-b)y+a(a+b-c)z=0$.
Per il lemma del giocoliere allora ho che $\displaystyle X'=\left[\frac{a^2}{2a^2(c^2-b^2)}:\frac{b^2}{-a(c^2-b^2)(a+c-b)}:\frac{c^2}{a(b^2-c^2)(a+b-c)}\right]=$
$=\left[a(p-b)(p-c):-b^2(p-c):-c^2(p-b) \right]$ (con $2p=a+b+c$).
Ho poi che $U$ punto medio di $ED$ ha coordinate $\displaystyle \left[\frac{p-c}{b}:\frac{p-c}{a}:\frac{p-b}{a}+\frac{p-a}{b}\right]$ e $V$ lo stesso con le cicliche giuste, quindi calcolando il punto medio fra i 2 ottengo $\displaystyle M=\left[\frac{p-c}{b}+\frac{p-b}{c}: 2\frac{p-c}{a}+\frac{p-a}{c}: 2\frac{p-b}{a}+\frac{p-a}{b} \right]$.
Ora armata di questi punti e sapendo $I=[a
c]$ voglio dimostrare che $I,M,X'$ sono allineati.Voglio quindi che il determinante della matrice dei 3 punti sia 0 (e qui metto solo qualche calcolo ma comunque vengono tutti abbastanza facilmente); ma il determinante è (dopo qualche passaggio
):$(p-b)(p-c)[2c(p-c)-b^2+c^2-2b(p-b)]+bc[(p-c)^2-(p-b)^2]+a(p-a)[c(p-b)-b(p-c)]=$
$=(p-b)(p-c)(c-b)(2p-b-c)-bc(c-b)(2p-b-c)+ap(p-a)(c-b)=$
$=2p^2-p(a+b+c)=0$ !!
Quindi $X\equiv X'$ e in particolare vale che $\angle{AYX}=\angle{AA'X}=\angle{BDX}$, quindi $BC$ è tangente alla circonferenza circoscritta a $\triangle{DXY}$.
Chiamo ora $Q=EF\cap BC$ e $R$ il punto medio di $DQ$. Allora ho che $(Q,D,B,C)=-1$ per il teorema del quadrilatero completo, ma allora per la relazione di Newton vale che $RD^2=RB\cdot RC$.
In particolare $R$ è anche il punto di intersezione fra $BC$ e $UV$.
Sia $R'=XY\cap BC$, allora ho che $R'B\cdot R'C=R'X\cdot R'Y=R'D^2$ (perchè $BC$ è tangente alla circoscritta di $DXY$), ma quindi $R\equiv R'$, da cui $UV,BC,XY$ concorrono.
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Francesco Sala
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Re: 36. Incerchio e concorrenze
A me sembra tutto giusto; io però non sono molto esperto nell'uso delle coordinate baricentriche e quindi non posso confermare al 100% l'esattezza di quanto hai scritto.
Comunque l'allineamennto di $ X', M, I $ è anche un lemma della mia dimostrazione sintetica, quindi mi sembra di poterti dire che in generale va bene.
Comunque l'allineamennto di $ X', M, I $ è anche un lemma della mia dimostrazione sintetica, quindi mi sembra di poterti dire che in generale va bene.
Re: 36. Incerchio e concorrenze
Potresti postare le idee della dimostrazione sintetica dell'allineamento di $X',M,I$?
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Francesco Sala
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Re: 36. Incerchio e concorrenze
Consideriamo il cerchio $ \Gamma $ tangente ad $ AB, AC $ e tangente internamente a $ \Omega $; sia $ X' $ il punto di tangenza dei due cerchi. Dimostrerò che $ X', I, M $ sono allineati e che, detta $ A' $ la seconda intersezione di $ X'D $ con $ \Omega $, vale $ AA'||BC $.
Per il secondo punto bastano pochi passaggi; sia $ D' $ il punto di tangenza con $ BC $ dell'excerchio opposto al vertice $ A $. Sia $ T $ la seconda intersezione di $ AD' $ con $ \Omega $. L'inversione di centro $ A $ seguita da simmetria rispetto ad $ AI $ che scambia $ B $ e $ C $ scambia anche $ X' $ e $ D' $ e dunque $ \angle BAX=\angle CAT $, da cui $ X'T||BC $. Non è difficile convincersi che $ DD'TX' $ è un trapezio isosele e quindi anche $ AA'||BC $.
Il primo punto è un po' più lungo; siano $ J, K $ i punti di contatto di $ \Gamma $ con $ AB, AC $ rispettivemente. Siano $ Q, R, S $ rispettivemente i punti medi degli archi $ BC, AB, AC $ di $ \Omega $ (quelli che non contengono l'altro vertice del triangolo $ ABC $). Allora per ovvie ragioni di omotetia $ X', J, R $ e $ X', K, S $ sono allineati e Pascal applicato all'esagono $ ABSX'RC $ implica che anche $ J, I, K $ sono allineati. Ora, sia $ H=IX'\cap BC $ e $ H'=JK\cap BC $; dimostrerò che $ I(H', H, B, C)=-1 $ e ciò implicherà la tesi, dal momento che $ I(\infty, X', U, V)=I(H', H, B, C)=-1=I(\infty, M, U, V) $.
Applicando Menelao ad $ ABC $ e alla trasversale $ \overline{H'JK} $ abbiamo che $ H'B:H'C=BJ:CK $; dette ora $ W_B, W_C $ le seconde intersezioni di $ BX', CX' $ con $ \Gamma $ abbiamo che $ \displaystyle{\frac{{BJ}^2}{{CK}^2}=\frac{BW_B\cdot BX'}{CW_C\cdot CX'}=\frac{{BX'}^2}{{CX'}^2}\qquad\qquad (*)} $. Ma $ \angle(IJ, IB)=\angle(EF,IB)=\angle(CI, CB) $ (è immediato da verificare), mentre $ \angle(X'J, X'B)=\angle(X'R, X'B)=\angle(CI, CB) $. Ma allora $ IJBX' $ è ciclico e $ \angle AX'I=\angle IJA $; ugualmente possiamo dimostrare che $ \angle BX'I=\angle IKA=\angle IJA $; dunque $ X'I $ biseca $ BX'C $ e $ BH:CH=BX':CX'=BJ:CK=H'B:H'C $ (per la $ (*) $), ovvero $ (H', H, B, C)=-1 $ come voluto.
Per il secondo punto bastano pochi passaggi; sia $ D' $ il punto di tangenza con $ BC $ dell'excerchio opposto al vertice $ A $. Sia $ T $ la seconda intersezione di $ AD' $ con $ \Omega $. L'inversione di centro $ A $ seguita da simmetria rispetto ad $ AI $ che scambia $ B $ e $ C $ scambia anche $ X' $ e $ D' $ e dunque $ \angle BAX=\angle CAT $, da cui $ X'T||BC $. Non è difficile convincersi che $ DD'TX' $ è un trapezio isosele e quindi anche $ AA'||BC $.
Il primo punto è un po' più lungo; siano $ J, K $ i punti di contatto di $ \Gamma $ con $ AB, AC $ rispettivemente. Siano $ Q, R, S $ rispettivemente i punti medi degli archi $ BC, AB, AC $ di $ \Omega $ (quelli che non contengono l'altro vertice del triangolo $ ABC $). Allora per ovvie ragioni di omotetia $ X', J, R $ e $ X', K, S $ sono allineati e Pascal applicato all'esagono $ ABSX'RC $ implica che anche $ J, I, K $ sono allineati. Ora, sia $ H=IX'\cap BC $ e $ H'=JK\cap BC $; dimostrerò che $ I(H', H, B, C)=-1 $ e ciò implicherà la tesi, dal momento che $ I(\infty, X', U, V)=I(H', H, B, C)=-1=I(\infty, M, U, V) $.
Applicando Menelao ad $ ABC $ e alla trasversale $ \overline{H'JK} $ abbiamo che $ H'B:H'C=BJ:CK $; dette ora $ W_B, W_C $ le seconde intersezioni di $ BX', CX' $ con $ \Gamma $ abbiamo che $ \displaystyle{\frac{{BJ}^2}{{CK}^2}=\frac{BW_B\cdot BX'}{CW_C\cdot CX'}=\frac{{BX'}^2}{{CX'}^2}\qquad\qquad (*)} $. Ma $ \angle(IJ, IB)=\angle(EF,IB)=\angle(CI, CB) $ (è immediato da verificare), mentre $ \angle(X'J, X'B)=\angle(X'R, X'B)=\angle(CI, CB) $. Ma allora $ IJBX' $ è ciclico e $ \angle AX'I=\angle IJA $; ugualmente possiamo dimostrare che $ \angle BX'I=\angle IKA=\angle IJA $; dunque $ X'I $ biseca $ BX'C $ e $ BH:CH=BX':CX'=BJ:CK=H'B:H'C $ (per la $ (*) $), ovvero $ (H', H, B, C)=-1 $ come voluto.