Agli indiani piacciono gli incerchi

[Ale99]

Sia [tex]ABC[/tex] un triangolo con [tex]A = \angle 90°[/tex] e [tex]AB<AC[/tex]. Sia [tex]AD[/tex] l'altezza da [tex]A[/tex] su [tex]BC[/tex]. Siano [tex]P,Q,I[/tex] rispettivamente gli incentri di [tex]ABD,ACD,ABC[/tex]. Dimostrare che [tex]AI[/tex] è perpendicolare a [tex]PQ[/tex] e che [tex]AI=PQ[/tex]

[Giovanni98]

$AI=PQ$

Testo nascosto:

Sia $H$ la proiezione di $I$ su $BC$. Si dimostra easy che $IH$ è raggio della circonferenza passante per $P,I,Q \Rightarrow PQ = \sqrt{2}IH$. Quindi dobbiamo dimostrare che $AI = \sqrt{2}IH$. A questo punto è sufficiente notare che $IH$ è raggio dell'incerchio di $ABC$, ora sfruttando che $\alpha = 90$ si ha che se $K$ è il punto di tangenza dell'incerchio di $ABC$ con $AC$ si ha che $AIK$ è un triangolo isoscele rettangolo con ipotenusa $AI$, ora poichè $IK = IH$ si ha quindi $AI = \sqrt{2}IK = \sqrt{2}IH$. Fine.

$AI \perp PQ$

Testo nascosto:

Sia $A'$ il simmetrico di $A$ rispetto il punto medio di $PQ$. Easy da dimostrare che $A'I$ è diametro della circonferenza passante per $A'PQI$ e ora basta sfruttare il fatto che l'ortocentro e il circocentro di un triangolo sono coniugati isogonali.

[Ale99]

Ottimo, o anche senza nominare i coniugati isogonali

Testo nascosto:

Da easy angle-chasing [tex]AP,AQ[/tex] perpendicolari a [tex]CQ,BP[/tex] dunque [tex]I[/tex] ortocentro di [tex]APQ[/tex]. Per il secondo punto basta un teorema del seno e una similitudine che vengono semplice da punto precedente

[Ale99]

A Cesenatico dove potrebbe stare? Più 1-2 o 3-4 ?

[Giovanni98]

Direi 4.

[Ale99]

Si, direi che in una gara ben equilibrata sarebbe un buon 4° problema ... ed un 4 di geometria non esce da due anni mi sembra ...