triángulo: punto notable?

El Apache yasabes

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triángulo: punto notable?

Mensaje sin leer por El Apache yasabes »

Sea $ABC $ un triángulo y $\Gamma $ su circuncírculo. Sea $A'$ el punto de tangencia del $A-$incírculo mixtilineo con $\Gamma $ y defino $B'$ y $C'$ de la misma manera.

Probar que $AA' , BB' , CC'$ son concurrentes
$91$ es el menor número primo que puede escribirse como producto de $2$ números primos menores a el $(91 = 13 × 7) $

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Gianni De Rico

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Re: triángulo: punto notable?

Mensaje sin leer por Gianni De Rico »

Es una propiedad simple del incírculo mixtilíneo. Las cevianas que pasan por los puntos de contacto de los excírculos son concurrentes (en el llamado punto de Nagel) ya que dichos puntos de tangencia son simétricos a los puntos de tangencia del incírculo por el respectivo punto medio de cada lado, y dichas cevianas concurren por Ceva, entonces alcanza con ver que $AA'$ y las otras son isogonales a dichas cevianas (es decir, que su punto de concurrencia es el conjugado isogonal del punto de Nagel), una manera muy rápida (y violenta) de ver esto es
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fijarse que una inversión de centro $A$ y radio $\sqrt{CA\cdot AB}$ seguida de una reflexión por la bisectriz de $\angle BAC$ intercambia $\Gamma$ con la recta $BC$ e intercambia las rectas $CA$ y $AB$, por lo que intercambia el incírculo mixtilíneo correspondiente al punto $A$ con el excírculo correspondiente al punto $A$, se sigue que intercambia $A'$ con el punto de tangencia del excírculo y $BC$. De la reflexión por la bisectriz involucrada se sigue la isogonalidad que buscábamos.
Una manera menos violenta es
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observar la homotecia de centro $A$ que manda el incírculo al excírculo correspondiente al punto $A$. Se sigue que manda el punto "de arriba" del incírculo (o sea, el diametralmente opuesto al punto de tangencia con el lado $BC$), que llamamos $T$, al punto de tangencia del exírculo (porque ambos puntos tienen tangentes paralelas a $BC$ en sus respectivas circunferencias), que llamamos $D$; con el mismo razonamiento, como el incírculo mixtilíneo y $\Gamma$ son tangentes en $A'$, entonces son homotéticas con centro $A'$, así que si $M$ es el punto medio del arco $BAC$ de $\Gamma$, se sigue que $A',T,M$ son colineales. Considerando la homotecia que manda $M$ a $T$, tenemos que manda $A$ al punto $A_1$ (punto de intersección de $AA'$ con el incírculo), entonces $A_1T\parallel AM\perp AI$, donde $I$ es el incentro, como $A_1$ y $T$ están en el incírculo e $I$ es su centro, se sigue que $A_1$ y $T$ son simétricos por $AI$, es decir, las rectas $AA'$ y $AT$ son simétricas. Por lo tanto, $\angle BAA'=\angle DAC$, como queríamos.
Está dicho medio así nomás, pero si hacés todos los dibujitos se debería entender bien (me parece).
Esto es trivial por el teorema de Bolshonikov demostrado en un bar de Bielorrusia en 1850

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