Simulazione 2016 3 (OliMaTo)

[Rho33]

Sia $\triangle ABC $ un triangolo equilatero di centro $O$ . Sia $l$ una retta passante per $O$ che interseca $AB$ in $M$ e $AC$ in $K$ . Sia $M'$ il simmetrico di $M$ rispetto al punto medio di $AB$ e $K' $ il simmetrico di $K$ rispetto al punto medio di $AC$ . Dimostrare che $M'K'$ tange la circonferenza inscritta ad $ \triangle ABC$.

Allora, posto qualche idea forse utile a soluzioni alternative alla mia (o almeno, spero qualcuno riesca a concludere, perché io non riesco ad andare avanti)

Testo nascosto:

Idea 1: Sia $\Gamma$ la circonferenza inscritta ad $ \triangle ABC$ di centro $O$. Consideriamo il triangolo $\triangle AM'K'$ , sia $I$ il suo incentro, $\Gamma '$ la sua circonferenza inscritta, $O'$ il suo circocentro e $\Omega$ la sua circonferenza circoscritta. Consideriamo inoltre la retta $AI$ , essa è bisettrice dell'angolo $\angle M'AK'$ , interseca la circoscritta ad $\triangle AM'K'$ nel punto medio dell'arco $M'K'$ ( chiamiamolo $L$ ) e passa per $O$ , poiché esso è anche incentro di $\triangle ABC $ . Per ottenere la tesi si dovrebbe dimostrare che $O$ è $A- \text {excentro}$ , quindi si avrebbe che $\Gamma $ è $A- \text {excerchio}$, quindi tange $M'K'$ .
Un lemma che potrebbe venire in soccorso è il lemma dell'incentro-excentro , il quale afferma che $I,M',K', A- \text {excentro} $ appartengono tutti alla stessa circonferenza di centro $L$ . Forse una qualche omotetia potrebbe essere d'aiuto.

Idea 2: in realtà non è del tutto indipendente da quella precedente, ma probabilmente è inutile. Comunque, la configurazione ci ricorda la costruzione dei coniugati isotomici quindi: siano $J=BK \cap CM$ e $J'=BK' \cap CM'$ . Allora $J$ e $J'$ sono coniugati isotomici. Infatti, sia $N$ l'intersezione della retta $AJ$ con $BC$ ed $N'$ l'intersezione della retta $AJ'$ con $BC$ , allora $N,N'$ sono simmetrici rispetto al punto medio di $BC$ .

[alexthirty]

Sia $\triangle ABC $ un triangolo equilatero di centro $O$ . Sia $l$ una retta passante per $O$ che interseca $AB$ in $M$ e $AC$ in $K$ . Sia $M'$ il simmetrico di $M$ rispetto al punto medio di $AB$ e $K' $ il simmetrico di $K$ rispetto al punto medio di $AC$ . Dimostrare che $M'K'$ tange la circonferenza inscritta ad $ \triangle ABC$.

Allora, posto qualche idea forse utile a soluzioni alternative alla mia (o almeno, spero qualcuno riesca a concludere, perché io non riesco ad andare avanti)

Testo nascosto:

Idea 1: Sia $\Gamma$ la circonferenza inscritta ad $ \triangle ABC$ di centro $O$. Consideriamo il triangolo $\triangle AM'K'$ , sia $I$ il suo incentro, $\Gamma '$ la sua circonferenza inscritta, $O'$ il suo circocentro e $\Omega$ la sua circonferenza circoscritta. Consideriamo inoltre la retta $AI$ , essa è bisettrice dell'angolo $\angle M'AK'$ , interseca la circoscritta ad $\triangle AM'K'$ nel punto medio dell'arco $M'K'$ ( chiamiamolo $L$ ) e passa per $O$ , poiché esso è anche incentro di $\triangle ABC $ . Per ottenere la tesi si dovrebbe dimostrare che $O$ è $A- \text {excentro}$ , quindi si avrebbe che $\Gamma $ è $A- \text {excerchio}$, quindi tange $M'K'$ .
Un lemma che potrebbe venire in soccorso è il lemma dell'incentro-excentro , il quale afferma che $I,M',K', A- \text {excentro} $ appartengono tutti alla stessa circonferenza di centro $L$ . Forse una qualche omotetia potrebbe essere d'aiuto.

Idea 2: in realtà non è del tutto indipendente da quella precedente, ma probabilmente è inutile. Comunque, la configurazione ci ricorda la costruzione dei coniugati isotomici quindi: siano $J=BK \cap CM$ e $J'=BK' \cap CM'$ . Allora $J$ e $J'$ sono coniugati isotomici. Infatti, sia $N$ l'intersezione della retta $AJ$ con $BC$ ed $N'$ l'intersezione della retta $AJ'$ con $BC$ , allora $N,N'$ sono simmetrici rispetto al punto medio di $BC$ .

Secondo me lo stai hn po overkillando...

[mr96]

Diciamo che viene tipo in qualsiasi modo, senza complicarsi troppo la vita

[Rho33]

Ma infatti la mia soluzione è molto più semplice, casomai tra poco la posto. Io volevo soltanto vedere se con approcci di questo tipo si poteva risolvere, dato che dovete ammettere che sono molto più fighi !

[Livex]

Comunque non è vero che viene in qualsiasi modo, per sport ho provato l'analitica, e non mi escono cose belle (poi magari son io che non so fare i conti in modo furbo)

O se no facevi due considerazioni sugli angoli e poi una rotazione

[NinoWhites9]

Comunque non è vero che viene in qualsiasi modo, per sport ho provato l'analitica, e non mi escono cose belle (poi magari son io che non so fare i conti in modo furbo)

O se no facevi due considerazioni sugli angoli e poi una rotazione

Per venire in analitica posso assicurare che viene, diciamo che c'è da fare due [tex]conti[/tex] ecco

Testo nascosto:

a patto di definire per [tex]conti[/tex] il doppio del numero di pagine usate per fare i suddetti

[mr96]

Beh, a Torino ci sono state soluzioni in analitica e in trigonometria da 7 punti

[cip999]

Comunque non è vero che viene in qualsiasi modo, per sport ho provato l'analitica, e non mi escono cose belle (poi magari son io che non so fare i conti in modo furbo)

O se no facevi due considerazioni sugli angoli e poi una rotazione

Macché analitica, andava fatto palese in baricentriche!

[alexthirty]

Comunque non è vero che viene in qualsiasi modo, per sport ho provato l'analitica, e non mi escono cose belle (poi magari son io che non so fare i conti in modo furbo)

O se no facevi due considerazioni sugli angoli e poi una rotazione

Macché analitica, andava fatto palese in baricentriche!

Se cip l'ha fatto in bary e Macchiaroli no c'è da preoccuparsi

[Linda_]

Comunque non è vero che viene in qualsiasi modo, per sport ho provato l'analitica, e non mi escono cose belle (poi magari son io che non so fare i conti in modo furbo)

Io l'ho fatto in analitica e usando le condizioni di circoscrivibilità, mi stavo bloccando a tre quarti dei conti (non erano bruttissimi ma non facevano comunque venir voglia di continuare...) ma poi mi sono obbligata ad andare avanti e l'ho finito così brutalmente
Ora in questi giorni mi sono finalmente decisa a studiarmi le baricentriche