Triangoli

[axpgn]

Dato il triangolo $ABC$, si costruiscano, esternamente ai lati, i tre triangoli $ADB, BEC, CFA$ tali che $\hatD+\hatE+\hatF=180°$

Dimostrare che i tre cerchi circoscritti a questi tre triangoli hanno un punto in comune.
Dimostrare, inoltre, che il triangolo formato dai centri di questi tre cerchi ha gli angoli pari a $\hatD, \hatE, \hatF$

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

@Alex:
una dimostrazione l'ho trovata, ma richiede di sostituire il termine cerchi con circonferenze
Ciao

[axpgn]

Mi frega il fatto che gli Inglesi usano sempre "circles" invece di "circumeferences" … … (a dir la verità la frase precisa è "Prove that the circumcircles of the three triangles are concurrent" che non mi pare cambi granchè sostanzialmente)
Comunque il secondo punto potevi dimostrarlo lo stesso

Cordialmente, Alex

[axpgn]

No one?

[orsoulx]

Sgomitando fra la folla, posto una traccia di soluzione: potrebbe costituire un aiutino per altri lettori.

Le tre rette cui appartengono i lati del triangolo dividono il piano in sette parti.
Le tre circonferenze passanti per un punto $ P $ del piano, non appartenente ad alcuna di esse, e per due vertici del triangolo, hanno archi (situati nel semipiano opposto al vertice mancante) formati da tutti e soli i punti di quel semipiano che vedono gli estremi del lato sotto un certo angolo.
La somma di questi tre angoli è un angolo giro se $ P $ appartiene alle tre zone limitate da un lato e dai prolungamenti degli altri due (il caso di $ P $ appartenente alla circonferenza circoscritta al triangolo è di questo tipo)

La somma dei tre angoli, quanto $ P $ appartiene ad una delle quattro zone restanti, è invece un angolo piatto.

A questo punto basta invertire, tenendo conto che con le ipotesi del problema, due qualsiasi delle tre circonferenze assegnate devono necessariamente intersecarsi in un vertice ed in un punto $ P $ del secondo tipo.

Per la seconda parte usare la relazione fra angoli alla circonferenza e angolo al centro sottesi alla medesima corda; corda che viene divisa a metà dalla bisettrice dell'angolo al centro.

Ciao

[axpgn]

Francamente non ho capito granché del primo hint (però non c'è problema, una soluzione ce l'ho )
Sicuramente, tra la gente che si accalca, qualcuno ha compreso, vedremo se interverrà

Per il secondo, credo che il tuo spunto abbia qualcosa in comune con la soluzione che conosco ma non sono in grado di affermarlo con certezza


Cordialmente, Alex

[giammaria2]

Inizialmente avevo trascurato questo problema perché non vedevo come fare la figura bene ma facilmente. Ora ho rinunciato alla figura e mando la mia risposta, forse un po' rozza.

Le circonferenze circoscritte ad ABD e BCE si incontrano in B ed in un altro punto O. Poiché gli angoli alla circonferenza che insistono sulla stessa corda da parti opposte sono supplementari, si ha $AhatOB=180°-hatD$ e $BhatOD=180°-hatE$, quindi
$AhatOC=360°-AhatOB-BhatOD=360°-(180°-hatD)-(180°-hatE)=hatD+hatE=180°-hatF$
Il luogo dei punti che vedono AC sotto l'angolo trovato è un arco della circonferenza circoscritta ad ACF, e quindi O appartiene ad essa.

[axpgn]

È praticamente identica alla mia tranne il finale, leggermente diverso: $A\hatOC$ e $\hatF$ sono supplementari quindi il quadrilatero $AOCF$ è ciclico e di conseguenza $O$ appartiene anche alla circonferenza circoscritta ad $ACF$

E il secondo punto?


Cordialmente, Alex

[orsoulx]

A mio avviso, la formulazione del problema non implica che il punto di intersezione delle circonferenze relative a due lati del triangolo veda questi lati sotto angoli supplementari a $ hat D $, $ hat E $ o $ hat F $.
Ciao

[giammaria2]

Come orsoulx, anche io ho pensato che gli angoli in questione potevano forse essere uguali e non supplementari e per questo ritenevo un po' rozza la mia soluzione, ma non ho approfondito la questione.

[axpgn]

In che senso? Non ho capito …

[orsoulx]

@Alex
Il punto d'intersezione di due circonferenze può essere esterno al triangolo $ ABC$
Ciao

[axpgn]

Ok, era un dubbio che era venuto anche a me ma se io faccio una dimostrazione che non fa questa assunzione allora va bene, no?

Ecco allora come ho fatto …

Abbiamo il triangolo $ABC$.
Costruiamo il triangolo $ABD$ dove il punto $D$ è esterno al triangolo $ABC$.
Facciamo lo stesso con il triangolo $BCE$ e il triangolo $CAF$, con la condizione aggiuntiva che $\hatD+\hatE+\hatF=180°$

Ora, poniamo che le circonferenze $ABD$ e $ACF$ si incontrino, oltre che nel punto $A$, anche nel punto $X$ (dov'è? Boh)
I punti $A, B, D, X$ appartengono tutti alla circonferenza $ABD$ quindi il quadrilatero $AXBD$ è ciclico, ne consegue che $A\hatDB+A\hatXB=180°$ ovvero $A\hatXB=180°-\hatD$
La stessa cosa possiamo fare con la circonferenza $ACF$ e il quadrilatero $AXCF$ da cui otteniamo che $A\hatXC=180-\hatF$

Sappiamo che $A\hatXB+B\hatXC+C\hatXA=360°$ da cui $B\hatXC=360°-A\hatXB-C\hatXA=\hatD+\hatF=180°-\hatE$

Ma allora $B\hatXC+\hatE=180°$ e quindi il quadrilatero $BXCE$ è ciclico ovvero i punti $B, C, E, X$ stanno tutti sulla stessa circonferenza, cioè la circonferenza $BCE$ circoscritta al triangolo $BCE$.
La conclusione è che il punto $X$ appartiene a tutte e tre le circonferenze.

Va bene?

Cordialmente, Alex

[orsoulx]

A mio avviso non va bene.

Se quattro punti sono ciclici e due di questi sono opposti allora gli angoli sotto cui vedono il segmento di estremi i restanti due sono supplementari, ma se i due punti sono consecutivi i due angoli sono uguali.
Esempio: $ ABC $ equilatero con $ hat D=hat E=45° $.Se quattro punti sono ciclici e due di questi sono opposti allora gli angoli sotto cui vedono il segmento di estremi i restanti due sono supplementari, ma se i due punti sono consecutivi i due angoli sono uguali.

Correggo: $ hat D= hat E= 15° $
Ciao

[axpgn]

Beh, visto che all'atto pratico funziona sempre (anche per i punti di intersezione esterni al triangolo … e pure se il secondo punto coincide con un vertice(circonferenze tangenti) ) allora diciamo che la mia dimostrazione funziona per i punti esterni mentre quest'altra

Visto che $A\hatDB=A\hatXB$ perché angoli alla circonferenza che insistono sullo stesso arco questo equivale a dire che $\hatD=A\hatXB$ e analogamente $\hatF=A\hatXC$ ma $B\hatXC=A\hatXB+A\hatXC=\hatD+\hatF$ e siamo tornati nella situazione di prima

Dai, che funziona

Cordialmente, Alex