Tangenze vietnamite

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Francesco Sala
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Tangenze vietnamite

Messaggio da Francesco Sala » 07 dic 2014, 13:25

Questa è la mia rielaborazione di un problema proposto qualche anno fa da Nguyen Van Linh:

Sia $ ABC $ un triangolo inscritto in un cerchio $ \Omega $ e $ \Gamma $ quel cerchio tangente internamente a $ \Omega $ in $ A $ e tangente a $ BC $ in un punto $ D $. Sia $ D_1 $ il punto sul segmento $ BC $ tale che $ BD=CD_1 $, e sia $ E\in\Omega $ quel punto tale che $ \measuredangle BAE=\measuredangle CAD_1 $. Le tangenti a $ \Gamma $ condotte da $ E $ intersecano $ BC $ nei punti $ X,Y $.
Dimostrare che il cerchio $ \odot(EXY) $ è tangente a $ \Omega $.

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Kfp
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Re: Tangenze vietnamite

Messaggio da Kfp » 11 mar 2015, 15:21

Per tutto il problema supporrò $c \geq b$ perchè non so usare i segmenti orientati.
(Mi sono accorto di aver definito un'altra cosa come $X$; il punto che per il testo originale è $X$ io lo chiamerò $Z$)

Lemma di schifo

Sia $N$ il punto medio dell'arco $AB$ che contiene $A$, $X$ il piede della simmediana relativa al vertice $A$, $O$ il centro di $\Gamma$. Allora $N$, $O$, $X$ ed $E$ sono allineati.
Dimostriamo innanzitutto che $E$, $X$ ed $N$ sono allineati. Notiamo che $D$ è banalmente il piede della $A$- bisettrice, per il noto lemma dell'omotetia in $A$ che manda $\Gamma$ in $\Omega$. Sappiamo ora che $\frac{CX}{XB}=\frac{b^2}{c^2}$; inoltre, usando ripetutamente il teorema dei seni partendo da $\frac{CD}{DB}=\frac{b}{c}$ dal teorema della bisettrice e facendo le banali trasformazioni dei rapporti per i coniugati isogonali/isotomici, otteniamo $\frac{EC}{EB}=\frac{b^2}{c^2}$. Ma allora per l'inverso del teorema della bisettrice $E$, $X$ ed $N$ sono allineati.

Veniamo ora all'allineamento di $X$, $O$ ed $N$. Chiamiamo $M$ il punto medio di $BC$. Notiamo che, essendo $D$ la proiezione di $O$ su $BC$ ed essendo $M$ la proiezione di $N$ su $BC$, ci basta dimostrare che $\frac{XD}{XM}=\frac{OD}{MN}$. Calcoliamo ora la lunghezza di questi quattro segmenti: scrivendo le lunghezze di segmenti tipo $BD$, $BX$, $CD$ e $CX$ con i sistemi dovuti alla conoscenza dei rapporti con cui $D$ e $X$ dividono il lato, so che
$$XD=CD - CX=\frac{ab}{b+c}-\frac{ab^2}{b^2 + c^2}= \frac{(abc)(c-b)}{(b^2 + c^2)(b + c)}$$
allo stesso modo si trova
$$XM = \frac{(c-b)(c+b)}{2(b^2+c^2)}$$
Ora con una banale applicazione di un paio di teoremi dei seni troviamo anche
$$MN=2R \cos^2{ \alpha}$$
Cerchiamo ora di calcolare $OD$. Ovviamenente ciò è equivalente a calcolare $OA$. Dal teorema dei seni su $\Delta ACD$ troviamo
$$AD=CD \frac{ \sin{\gamma}}{\sin{\frac{\alpha}{2}}}$$
E visto che banalmente $\widehat{OAD}= \frac{\gamma - \beta}{2}$ e che $OA=\frac{AD}{2 \cos{ \frac{\gamma - \beta}{2}}}$, sostituendo tutto e scrivendo $A=\frac{1}{2}ab \sin{\gamma}$ troviamo
$$OD=\frac{A}{(b+c) \cos{ \frac{\gamma - \beta}{2}}\sin{\frac{\alpha}{2}}}$$
Buttando tutto nella condizione della tesi e semplificando il semplificabile, si trova che il Lemma è equivalente a
$$\frac{bc}{b+c}4R\cos^2{ \alpha}\cos{ \frac{\gamma - \beta}{2}}\sin{\frac{\alpha}{2}}=A$$
Usiamo ora il fatto che $4R\cos{ \alpha}\sin{\frac{\alpha}{2}}=2R \sin{\alpha}=a$, il fatto che $abc=4AR$ e che $\cos{\frac{\alpha}{2}}=\sin{\frac{ \beta + \gamma}{2}}$ per ottenere come equivalente alla tesi
$$\sin{\frac{ \beta + \gamma}{2}}\cos{\frac{ \gamma - \beta}{2}}=\frac{b+c}{4R}$$
che è vera ricordando che per prostaferesi vale $\sin{\frac{ \beta + \gamma}{2}}\cos{\frac{ \gamma - \beta}{2}}= \frac{ \sin{\beta} + \sin{\gamma}}{2}$. Questo dimostra il Lemma di schifo.


Veniamo ora alla tesi del problema. Siano $Z^{'}$ e $Y^{'}$ le intersezioni di $EZ$ e di $EY$ con $\Omega$. Per la definizione di $N$, $EN$ è la bisettrice di $\widehat{BEC}$. Inoltre per l'allineamento del Lemma essa è anche la bisettrice di $\widehat{Z^{'}EY^{'}}$ visto che passa per il centro di $\Gamma$ e per il punto da cui partono le tangenti ($E$). Questo implica che $\widehat{Z^{'}EC}=\widehat{Y^{'}EB}$, ossia che $Z^{'}Y^{'}$ è parallelo a $BC$, che implica banalmente la tesi ancora per il lemma dell'omotetia.
Ultima modifica di Kfp il 12 mar 2015, 21:32, modificato 2 volte in totale.
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Francesco Sala
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Re: Tangenze vietnamite

Messaggio da Francesco Sala » 11 mar 2015, 15:39

Mi sembra un buon approccio. L'inizio di una via alternativa è quello di tracciare le tangenti a $ \Gamma $ da $ B,C $ e notare che si intersecano su $ AE $.

BluBBa
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Re: Tangenze vietnamite

Messaggio da BluBBa » 10 dic 2018, 20:47

Propongo una soluzione sintetica.

Chiamo $M$ il punto medio dell'arco $BC$ di $\Omega$ non contenente $A$. L'omotetia di centro $A$ che manda $\Gamma$ in $\Omega$, manda $D$ nel punto sull'arco $BC$ di $\Omega$ tale che la tangente a $\Omega$ in quel punto è parallela a $BC$, cioè $M$. Quindi $A$, $D$, e $M$ sono allineati. Considero ora la trasformazione ottenuta dalla combinazione di un'inversione di centro $A$ e raggio $\sqrt{AB\cdot AC}$ e una simmetria rispetto ad $AM$, ovvero la bisettrice di $\angle{BAC}$. In questa trasformazione $B$ va in $C$, e viceversa, e $BC$ va in $\Omega$. Quindi $D'$ andrà nel punto su $\Omega$ che giace sulla simmetrica di $AD'$ rispetto a $AM$, cioè in $E$. Il punto $D$ stando su $BC$ e su $AM$, andrà nel punto su $\Omega$, su $AM$, cioè in $M$. Quindi $AD\cdot AM=AB\cdot AC=AD'\cdot AE$, quindi $AE/AD=AM/AD'$ quindi, dato anche che $\angle{EAD}=\angle{MAD'}$ allora i triangoli $EAD$ e $MAD'$ sono simili, quindi $\angle{ADE}=\angle{AD'M}$. Ma $\angle{ADE}=\angle{ADB}+\angle{BDE}$ e $\angle{ADB}=\angle{MDD'}$. Il triangolo $MDD'$ è isoscele poiché $M$ sta sull'asse di $BC$ ma dato che $BD=CD'$ questo coincide con l'asse di $DD'$. Quindi $\angle{MDD'}=\angle{MD'D}$. Quindi dato che $\angle{ADE}=\angle{AD'M}=\angle{AD'B}+\angle{DD'M}$ ottengo che $\angle{BDE}=\angle{AD'B}$. Ciò implica $\angle{CDE}=\angle{CD'A}$. Noto ora che $\angle{BCE}=\angle{BAE}=\angle{CAD'}$ (quindi $EDC$ e $CD'A$ simili) e $\angle{BEA}=\angle{BCA}$ (quindi $CD'A$ e $EBA$ simili). Ne deduco che $\angle{BEA}=\angle{DEC}$. Considero dunque la trasformazione ottenuta dalla combinazione di un'inversione di centro $E$ e raggio $\sqrt{EB\cdot EC}$ e una simmetria rispetto alla bisettrice di $\angle{BEC}$. In questa trasformazione $B$ va in $C$, e viceversa, e $BC$ va in $\Omega$, dunque $D$ andrà su $\Omega$ in un punto che giace sulla simmetrica di $ED$ rispetto alla bisettrice di $\angle{BEC}$, quindi va in $A$. In questa trasformazione $\Gamma$ va in una circonferenza tangente a $BC$ in $D$ e tangente a $\Omega$ in $A$, quindi va in se stessa. Di conseguenza le due tangenti a $\Gamma$ condotte da $E$ vanno in due dette passanti per $E$ e tangenti a $\Gamma$, ovvero si scambiano una con l'altra. Quindi $X$ va in un punto $X'$ su $EY$ e $Y$ va in un punto $Y'$ su $EX$, in modo che $EX\cdot EX'=EY\cdot EY'$ quindi $EX/EY'=EY/EX'$. Segue che $XY$ è parallela a $X'Y'$. Ma $XY$ è il trasformato di $\Omega$ e $X'Y'$ è il trasformato della circonferenza $EXY$, ed essendo parallele è implicato che le due circonferenze siano tangenti in $E$.

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