Una circonferenza speciale
Sia ABC un triangolo qualunque di cui sia I l'incentro. Si prolunghino i lati uscenti da ciascun vertice di un segmento congruente al lato opposto a quel vertice [ vedi figura ]. Si ottengono così i 6 punti L,K, F,E,H,G :
dimostrare che tali punti appartengono ad una medesima circonferenza di centro coincidente con l'incentro I di ABC.
dimostrare che tali punti appartengono ad una medesima circonferenza di centro coincidente con l'incentro I di ABC.
Risposte
Il triangolo $AKL$ è isoscele, quindi l'asse del segmento $KL$ è bisettrice dell'angolo in $A$.
Dato che l'incentro è il punto di intersezioni delle bisettrici di un triangolo, $I$ appartiene all'asse del segmento $KL$.
Analogamente, il triangolo $CFK$ è isoscele, quindi $I$ appartiene all'asse del segmento $FK$.
Di conseguenza, i punti $L,K,F$ appartengono ad una circonferenza di centro $I$.
Lo stesso ragionamento si può ripetere per le terne di punti $F,E,H$ e $H,G,L$, pertanto tutti e sei i punti appartengono alla medesima circonferenza di centro $I$.
Dato che l'incentro è il punto di intersezioni delle bisettrici di un triangolo, $I$ appartiene all'asse del segmento $KL$.
Analogamente, il triangolo $CFK$ è isoscele, quindi $I$ appartiene all'asse del segmento $FK$.
Di conseguenza, i punti $L,K,F$ appartengono ad una circonferenza di centro $I$.
Lo stesso ragionamento si può ripetere per le terne di punti $F,E,H$ e $H,G,L$, pertanto tutti e sei i punti appartengono alla medesima circonferenza di centro $I$.
Ok, ficus. Ottima soluzione, di quelle che piacciono a me : senza incognite e senza equazioni...
Chiamiamo $M$,$N$, e $O$ i punti di intersezione tra la circonferenza inscritta e i lati rispettivamente $AB$,$BC$ e $AC$ del triangolo $ABC$, abbiamo: $AM=AO=x$ , $BM=BN=y$ e $CN=CO=z$
Consideriamo i segmenti $EL$, $HK$ e $FG$:
$EL=EM+ML=(x+z+y)+(x+y+z)$ , il punto $M$ dunque è punto medio di $EL$.
$FG=FN+NG=(x+z+y)+(z+y+x)$ , il punto N è dunque punto media di FG
$HK=HO+OK=(x+y+z)+(x+y+z)$ , il punto $O$ è dunque punto medio di $HK$
Consideriamo i triangoli $EIL$ , $FIG$ e $HIK$, essi sono isosceli (per il fatto che $M$,$N$ e $O$ sono rispettivamente i punti medi delle $3$ basi) e congruenti tra loro, infatti hanno le basi uguali e le altezze rispettivamente $MI=NI=OI=r$ congruenti tra loro, dunque $EI=IL=FI=IG=HI=IK=R$
Consideriamo i segmenti $EL$, $HK$ e $FG$:
$EL=EM+ML=(x+z+y)+(x+y+z)$ , il punto $M$ dunque è punto medio di $EL$.
$FG=FN+NG=(x+z+y)+(z+y+x)$ , il punto N è dunque punto media di FG
$HK=HO+OK=(x+y+z)+(x+y+z)$ , il punto $O$ è dunque punto medio di $HK$
Consideriamo i triangoli $EIL$ , $FIG$ e $HIK$, essi sono isosceli (per il fatto che $M$,$N$ e $O$ sono rispettivamente i punti medi delle $3$ basi) e congruenti tra loro, infatti hanno le basi uguali e le altezze rispettivamente $MI=NI=OI=r$ congruenti tra loro, dunque $EI=IL=FI=IG=HI=IK=R$
Piccola variante della soluzione di Vulplasir: con le sue stesse lettere si ha
$EM=EB+BM=CA+BM=z+x+y=p$ (semiperimetro)
e quindi $EI=sqrt(r^2+p^2)$
Lo stesso vale per tutti i segmenti che collegano $I$ con i sei punti, che quindi stanno sulla stessa circonferenza di centro $I$ e raggio $sqrt(r^2+p^2)$
$EM=EB+BM=CA+BM=z+x+y=p$ (semiperimetro)
e quindi $EI=sqrt(r^2+p^2)$
Lo stesso vale per tutti i segmenti che collegano $I$ con i sei punti, che quindi stanno sulla stessa circonferenza di centro $I$ e raggio $sqrt(r^2+p^2)$
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