Verso Feuerbach e oltre

[Rho33]

Quelli che seguono sono tre problemi che hanno lo scopo di dimostrare gradualmente il teorema di Feuerbach. Li ho trovati molto molto belli, ma con l'hint è tutto più facile! A voi!


Problema 1 (IMO 1982 2): Sia dato triangolo non isoscele $\triangle A_1A_2A_3$ , siano $M_1,M_2,M_3$ i punti medi dei lati (opposti ai vertici). Siano inoltre $T_1,T_2,T_3$ i punti di tangenza dell'incerchio con i lati (opposti ai rispettivi vertici). Siano ora $S_1,S_2,S_3$ i simmetrici di $T_1,T_2,T_3$ rispetto alle rispettive bisettrici. Dimostrare che $M_1S_1,M_2S_2,M_3S_3$ concorrono in un punto $F$.

Problema 2: Dimostrare ora che $F$ è il punto di tangenza del cerchio dei nove punti con l'incerchio. (Punto di Feuerbach)

Problema 3: Dimostrare infine che il cerchio dei nove punti tange i tre ex-cerchi di $A_1A_2A_3$.


Un hint molto molto corposo per il 2 ed il 3 é:

Testo nascosto:

Teorema di Casey

[Giovanni98]

Problema 1

Testo nascosto:

Sia $I$ l'incentro di $ABC$.

Vale $S_2 T_2 \parallel S_3S_1$ e cyc , da cui si evince ricordando che ogni trapezio inscritto in una circonferenza è isoscele che $S_1T_2T_3$ è isoscele su base $T_2T_3$ e cyc. Ne consegue che l'asse di $T_2T_1$ è la retta che passa per $S_3I$, ma $S_3I$ è $\perp AB$ da cui $T_2T_1 \parallel AB$ e cyc. Ne consegue che $T_1T_2T_3 \approx ABC$. (ordinatamente)

Adesso, enunciamo e dimostriamo il seguente lemma che chiaramente dimostra la tesi.
Lemma : Siano $ABC$ e $XYZ$ (ordinatamente) due triangoli nel piano con $ABC \approx XYZ$ ma $ABC \not \equiv XYZ$ e con $AB \parallel XY$ e cyc. Siano $r,s,t$ le rette passanti per $AX,BY,CZ$ rispettivamente, allora $r,s,t$ concorrono.
Dimostrazione : Sia $D:= r \cap s$. Bisogna dimostrare che $\dfrac{DX}{DA} = \dfrac{XZ}{AC}$. Per la similitudine dei due triangoli si ha $\dfrac{XZ}{AC} = \dfrac{XY}{AB}$ e dato che per costruzione $\dfrac{DX}{DA} = \dfrac{XY}{AB}$ la dimostrazione è conclusa.

[Rho33]

Uhm, non mi ero proprio accorto che avessi risposto! Riguardo la soluzione, è corretta (hai solo scambiato le lettere $T$ con $S$)! Una piccola considerazione notturna: se non mi sto sbagliando di grosso (cosa possibile perché si tratta di proiettiva), il tuo lemma è un caso molto particolare del teorema di Desargues! Esso afferma che due triangoli sono perspettici rispetto ad un punto sse sono perspettici rispetto ad una retta (cioè $AX,BY,CZ$ concorrono sse $ C_1=AB \cap XY$ e cicliche sono allineati). In questo caso, essendo i lati paralleli, le loro intersezioni sono tre punti all'infinito, che sono allineati sulla retta all'infinito! Poi, se qualcuno che se intende me lo confermasse, sarei contento

In alternativa a questa cosa proiettiva, non avevi bisogno nemmeno del lemma: se due triangoli sono simili ed i lati sono rispettivamente paralleli, allora sono triangoli omotetici. Quindi le rette passanti per i vertici corrispondenti concorrono nel centro di omotetia