[L04/05] Può darsi che sia più facile

[Gerald Lambeau]

Il livello l'ho messo basandomi sulla fonte poiché, avendolo fatto prima in conti e solo dopo in sintetica, sapevo già quali erano alcune cose che servivano e quindi potrei ritenerlo più facile del dovuto (quindi obiezioni sul livello sono ben accette).
Anyway, sia $ABC$ un triangolo scaleno e acutangolo e si $\Gamma$ la sua circonferenza circoscritta. Sia $K$ il piede della bisettrice uscente da $A$ e sia $M$ il punto medio dell'arco $BC$ che contiene $A$. Sia inoltre $A'$ l'ulteriore intersezione di $MK$ con $\Gamma$. Sia $T$ il punto d'incontro delle tangenti a $\Gamma$ in $A$ e $A'$ e $R$ il punto d'incontro della perpendicolare a $AK$ per $A$ e della perpendicolare a $A'K$ per $A'$. Si provi che $T, R$ e $K$ sono allineati.

[Rho33]

Allora, questo problema è davvero orgasmico O almeno, appena ho scoperto che configurazione si celava dietro, sono saltato dalla sedia! Una volta scoperta, credo vi siano innumerevoli strade per concludere, la mia credo sia la più veloce di tutte (una riga o forse meno), però forse un pelino cannonosa, ma bando alla ciance:

Testo nascosto:

Sia $I$ l'incentro di $\triangle ABC$ , $I'$ l'incentro di $\triangle A'BC$ e $M'= AK \cap \Gamma$. Dato che $AK$ è bisettrice, è ovvio che $M'$ è il punto medio dell'arco $BC$ che non contiene $A$, diametralmente opposto a $M$ . Inoltre, dato che $M$ è punto medio, è ovvio che $A'K$ è bisettrice del triangolo $\triangle A'BC$ .

Dato che $AR \bot AK$ , segue che $AR$ è bisettrice esterna dell'angolo $\angle CAB$ ; analogamente, dato che $A'R \bot A'K$ , segue che $A'R$ è bisettrice esterna dell'angolo $\angle C'AB$ .

Ora viene la parte bella, ma dato che sono due casi sostanzialmente simmetrici, tratto solo il caso del triangolo $\triangle ABC$ (quello del triangolo $\triangle A'BC$ è analogo).

Siano $D,E,F$ i tre excentri del triangolo $\triangle ABC$ (nel solito ordine: $D$ tra $A,B$ ecc..) e consideriamo il triangolo $\triangle DEF$ : $I$ è il suo ortocentro (a causa delle bisettrici esterne e della perpendicolarità) e quindi $\triangle ABC$ è il suo triangolo ortico.

Ma allora $\Gamma$ è il cerchio dei nove punti di $\triangle DEF$ !! Ora, $M'$ è punto medio dell'arco $BC$ non contenente $A$ e sta sull'altezza $AK$, cioè $AE$ , quindi è punto medio di $EI$.

Ma è ovvio (oppure noto) che il diametralmente opposto a $M'$ è il punto medio di $DF$, ma il diametralmente opposto a $M'$ è proprio $M$ , quindi la bisettrice esterna in $A$ ($AR$) interseca la circoscritta nel punto medio dell'arco $BC$ contenente $A$ (questo è il fatto generale!)

Ripetendo il ragionamento si ottiene che la bisettrice esterna di $\angle BA'C$ , ovvero $A'R$ interseca la circoscritta in $M'$.

Ma allora, signori, abbiamo finito: applichiamo il teorema di Pascal all'esagono $AAMA'A'M'$ ed otteniamo che

$T=AA \cap A'A', \ \ R=AM \cap A'M', \ \ K=MA' \cap M'A$ sono allineati!

P.S. Con la doppia lettera $AA$ si intende la tangente alla circonferenza in $A$ , questo è un caso degenere di Pascal.

[Rho33]

P.S. Come livello credo vada bene questo, il fatto generale della bisettrice esterna non è troppo noto (o almeno io non lo conoscevo e lo ho dovuto dimostrare) , la configurazione nascosta è molto bella ed in più Pascal non è immediato se non si ha il lemma precedente (e poi Pascal non credo sia teoria base, poi potrei sbagliarmi eh!)

Per curiosità, la fonte? La tua era diversa?

[Gerald Lambeau]

Corretta!
Due cose:
- un typo al secondo trafiletto, penso tu volessi scrivere $\angle CA'B$ al posto di $\angle C'AB$.
- in realtà il fatto della bisettrice esterna è piuttosto noto: dato un triangolo $ABC$ sia $M$ il punto medio dell'arco $BC$ che contiene $A$, allora $\angle MAC=\angle MBC=(180^\circ-\angle BMC)/2=(180^\circ-\angle BAC)/2=(\beta+\gamma)/2$, ma allora, detto $K$ il piede della bisettrice interna di $\angle BAC$, abbiamo $\angle KAM=\angle KAC+\angle MAC=(\alpha+\beta+\gamma)/2=90^\circ$, ma quindi $AM \perp AK$, cioè $AM$ è la bisettrice esterna dell'angolo in $A$ (EDIT: poi ce n'è un'altra ancora più semplice che ho visto dopo aver scritto questa, ma non ho voglia di stare a scriverla, ti invito a trovarla perché è davvero banale). Non occorrevano tutte quelle considerazioni su Feuerbach e il resto, ma complimenti per il ragionamento e le idee usate, sono cose che possono sempre tornare utili.
Inoltre Pascal ha ucciso questo problema , io non ricordo nemmeno l'enunciato, figuriamoci usarlo in un caso degenere, ottimo occhio!

La fonte è Cesenatico 5 del 2009.

La mia è stata: baricentriche ---> torna ---> ehi, ma ho usato una circonferenza che potrebbe tornarmi utile per trovare la soluzione sintetica ---> considerazioni sulle lunghezze dei lati diverse per avere gli angoli giusti uno maggiore dell'altro (in bary quest'ipotesi serve perché altrimenti due punti avrebbero avuto coordinate con somma $0$) + angle chasing per dire che $T$ si trova nel posto giusto per diventare il centro della circoscritta a $ARA'K$ ---> diametro $RK$ ---> $T, R, K$ allineati ---> in sintetica non sono ancora riuscito a dimostrare un fatto ovvio in baricentriche, e cioè che la retta per $R, T$ e $K$ è la retta $BC$ (forse mi sfugge qualcosa, perché non dovrebbe essere così impossibile), ma forse, dico forse, con Pascal viene. EDIT: ho appena provato, è una cavolata da dimostrare, senza Pascal.

[Rho33]

Ah era un Cesenatico, bello allora! (io verso Marzo-Aprile mi ero fermato ai numeri $4$ , mi sa che allora riprendo e li finisco tutti!)

Per l'allineamento che dici, senza bisogno di Pascal: sia $O$ il centro di $\Gamma$ , allora $MM'$ è diametro ed è perpendicolare ad $BC$ (ci sono due triangoli isosceli in cui $MO,M'O$ sono bisettrici , quindi assi, altezze e mediane). Considerando il triangolo $\triangle MM'R$ , ovviamente $K$ è il suo ortocentro quindi $RK \bot MM'$ , ma anche $BC \bot MM'$ e dato che $K \in BC$ segue che $R,T,K,B,C$ sono allineati.

Un ultimo remark di questa mattina su questo problema pieno zeppo di configurazioni: dato che $T$ è punto medio di $RK$ , $O$ è punto medio di $MM'$, $A,A'$ sono piedi delle altezze, segue che $T,O,A,A'$ sono conciclici nella circonferenza $\Omega$ dei nove punti di $\triangle MM'R $. Allora $T$ non è altro che il simmetrico di $O$ rispetto al centro di $\Omega$.

P.S. Visto che è tanto acclamato, lascio in spoiler le idee per una dimostrazione figa del teorema di Pascal:

Testo nascosto:

Teorema : Sia $AEBDFC$ il nostro esagono inscritto in una circonferenza. Siano $P=AB \cap DE, Q=CD \cap FA, X=BC \cap EF$ , allora $P,X,Q$ sono allineati.

Proof: $\triangle XEB, \triangle XCF$ sono simili. Inoltre, dato che vale $\angle BEP= \angle BED= \angle BCD= \angle XCQ$ e cicliche, $P,Q$ corrispondono a coniugati isogonali, quindi $\angle EXP= \angle QXF$ cioè $P,X,Q$ sono allineati.