O veche problema de geometrie a triunghiului.

[Virgil Nicula]

Fie un triunghi \( ABC \) cu bisectoarele \( AD \), \( BE \), \( CF \). Mediatoarele segmentelor \( [AD] \), \( [BE] \), \( [CF] \) intalnesc dreptele \( BC \), \( CA \), \( AB \) in punctele \( X \), \( Y \), \( Z \) respectiv. Sa se arate ca punctele \( X \), \( Y \), \( Z \) sunt coliniare.

[Mateescu Constantin]

Fie M mijlocul [AD], \( \{N\}=MX\cap AB \), \( \{P\}=MX\cap AC. \)

Deci N se afla pe mediatoarea [AD] \( \Rightarrow AN=ND \)

\( \Rightarrow m(\angle NDA)=\frac{m(\angle A)}{2} \) \( \Rightarrow ND\parallel AC \)

\( \Rightarrow \triangle BND\sim \triangle BAC \) \( \Rightarrow \frac{ND}{b}=\frac{BD}{BC}=\frac{c}{b+c} \) \( \Rightarrow ND=NA=\frac{bc}{b+c} \)

\( \Rightarrow BN=c-NA=c-\frac{bc}{b+c}=\frac{c^2}{b+c} \) \( \Rightarrow \frac{BN}{NA}=\frac{c}{b} \) (1)

\( \triangle ANP \) isoscel cu AN=AP \( \Rightarrow AP=\frac{bc}{b+c} \)

\( \Rightarrow PC=b-AP=\frac{b^2}{b+c} \) \( \Rightarrow \frac{AP}{PC}=\frac{c}{b} \) (2)

In \( \triangle ABC \) aplicam teorema lui Menelaus pentru transversala P-N-X

\( \Rightarrow \frac{AP}{PC}\cdot\frac{CX}{XB}\cdot\frac{BN}{NA}=1 \) si cu (1) si (2) \( \Rightarrow \frac{BX}{XC}=\frac{c^2}{b^2} \) (3)

Analog obtinem \( \frac{AZ}{ZB}=\frac{b^2}{a^2} \) (4) si \( \frac{CY}{YA}=\frac{a^2}{c^2} \) (5)

Inmultind relatiile (3), (4) si (5) \( \Rightarrow \frac{AZ}{ZB}\cdot\frac{BX}{XC}\cdot\frac{CY}{YA}=1 \) si conform reciprocei teoremei lui Menelaus rezulta ca punctele X, Y si Z sunt coliniare.

[Virgil Nicula]

Dem 1 (sintetic). \( \frac A2+C=m(\widehat {ADX})=m(\widehat {DAX})=\frac A2+m(\widehat {BAX})\ \Longrightarrow\ m(\widehat {BAX})=C \) , adica

dreapta \( AX \) este tangenta cercului circumscris triunghiului \( ABC \) . Asadar, \( \triangle\ XAB\ \sim\ \triangle \ XCA\ \Longrightarrow \)

\( \frac {XA}{XC}=\frac cb=\frac {BX}{AX}\ \Longrightarrow\ \left\|\begin{array}{c}
XB=\frac cb\cdot AX\\\\\\\\
XC=\frac bc\cdot AX\end{array}\right\|\ \Longrightarrow\ \underline{\overline{\left\|\ \frac {XB}{XC}=\left(\frac cb\right)^2\ \right\|}} \) . Analog se arata ca \( \frac {YC}{YA}=\left(\frac ac\right)^2 \) si \( \frac {ZA}{ZB}=\left(\frac ba\right)^2 \) .

Teorema lui Menelaus aplicata punctelor \( X\in BC \) , \( Y\in CA \) , \( Z\in AB \) confirma coliniaritatea celor trei puncte.

Dem 2 (metric). Notam \( U\in AB \) , \( V\in AC \) pentru care \( X\in UV \) si \( \overline {XUV}\perp AD \). Reamintim relatia cunoscuta (lungimea bisectoarei) \( AD=\frac {2bc\cdot\cos\frac A2}{b+c} \). Asadar, \( AU=AV=\frac {AD}{2\cos\frac A2}=\frac {bc}{b+c} \). Aplicam teorema lui Menelaus transversalei \( \overline {XUV} \) si \( \triangle ABC \) :

\( \frac {XB}{XC}\cdot\frac {VC}{VA}\cdot\frac {UA}{UB}=1\Longrightarrow \frac {XB}{XC}=\frac {UB}{VC}=\frac {c-AU}{b-AV}=\frac {c-\frac {bc}{b+c}}{b-\frac {bc}{b+c}}\Longrightarrow \underline{\overline {\left\|\ \frac {XB}{XC}=\left(\frac cb\right)^2\ \right\|}} \) etc.

Observatie (retineti si dovediti !). Notam centrul \( I \) al cercului inscris, punctele \( M\in AB\ ,\ IM\perp IA \) si \( N\in AI\ ,\ MN\perp MA \) .

Atunci \( AM=\frac {bc}{p} \) si cercul cu centrul \( N \) si raza \( \rho_a=[NM] \) este tangent arcului de cerc circumscris care este subintins de unghiul \( \widehat {BAC} \)

(cercul \( A \)-mixtliniar este cercul tangent la \( AB \) , \( AC \) si tangent intern cercului circumscris triunghiului \( ABC \)).

Remarca. Proprietatea "punctele \( X\in AA\cap BC \) , \( Y\in BB\cap CA \) , \( Z\in CC\cap AB \) sunt coliniare" este cunoscuta (caz degenerat al teoremei lui Pascal). Am notat \( AA \) - tangenta in \( A \) la cercul circumscris triunghiului \( ABC \) .


@ Va invit sa incercati mai multe solutii si daca se poate cel putin o generalizare.

[Mateescu Constantin]

Generalizare

Fie un triunghi \( ABC \) cu bisectoarele \( AD \), \( BE \), \( CF \). Consideram punctele \( M\in AD \), \( N\in BE \), \( P\in CF \)

astfel incat \( \ \frac{AM}{AD}=\frac{BN}{BE}=\frac{CP}{CF} \). Perpendicularele in \( M \), \( N \), \( P \) pe \( AD \), \( BE \), \( CF \) intersecteaza dreptele

\( BC \), \( CA \), \( AB \) in punctele \( X \), \( Y \) si respectiv \( Z \). Sa se arate ca punctele \( X \), \( Y \), \( Z \) sunt coliniare.

[mihai miculita]

INDICATIE:
1) \( \frac{|AM|}{|AD|}=\frac{|BN|}{|BE|}=\frac{|CP|}{|CF|}\Rightarrow \frac{|MA|}{|MD|}=\frac{|NB|}{|NE|}=\frac{|PC|}{|PF|}=k. \ \ (1) \)
2) \( \mbox{Daca } D^\prime, E^\prime, F^\prime \mbox{ picioarele bisectoarelor exterioare ale unghiurilor triunghiului ABC, atunci: } \)
\( AD^\prime \perp AD \mbox{ si cum: } AX\perp AD\Rightarrow AX\parallel AD^{\prime}\Rightarrow \frac{|XD^{\prime} |}{|XD|}=k. \ \ (2)\\
\mbox{In mod analog se arata ca au loc si: }\frac{|YE^\prime|}{|YE|}=\frac{|ZF^\prime|}{|ZF|}=k. \ \ (3) \)
3) \( \mbox{Folosind coordonate baricentrice, avem acum } D(0;b;c); D^\prime(0;-b; c) \dots \). \( \mbox{Determinam apoi coordonatele baricentrice ale punctelor X, Y si Z folosind relatiile (2) si (3)}\dots \)

In legatura cu folosirea coordonatele baricentrice, vedeti topicul:
http://mateforum.ro/viewtopic.php?t=3672

ALTE PROPRIETATI ALE CONFIGURATIEI:
\( \mbox{Daca notam cu: } \{A_1\}=BY\cap CZ; \{B_1\}=CZ\cap AX; \{C_1\}=AX\cap BY, \mbox{atunci: }\\
\triangle{ABC} \mbox{ si } \triangle{A_1B_1C_1} \mbox{ sunt bilogice (atat omologice cat si ortologice), axa lor de omologie}\\
\mbox{fiind dreapta }X-Y-Z \mbox{ si avand un centru de ortologie in I, iar cel de al doilea}\\
\mbox{centru de ortologie fiind centrul } O_1
\mbox{ al cercului circumscris triunghiului }A_1B_1C_1. \)