Dreapta care trece prin I

[Beniamin Bogosel]

Fie \( ABC \) un triunghi si cercul sau circumscris \( \mathcal{C} \). Consideram cercul tangent la \( AB,\ AC,\ \mathcal{C} \), care intersecteaza \( AB,AC \) in \( S,T \) respectiv. Demonstrati ca daca \( I \) este centrul cercului inscris in triunghiul \( ABC \) atunci \( I \) este mijlocul lui \( ST \).

(Daca nu ma insel, a fost data la IMAR in 2002 sau 2003. O solutie se gaseste in cartea lui Valentin Vornicu, la sectiunea de Geometrie, problema fiind data ca exemplu de rezolvare. Se foloseste teorema lui Casey si teorema transversalei... )

[Beniamin Bogosel]

O alta solutie se poate da folosind coordonate baricentrice. Se stie ca \( I(a,b,c) \). Avem \( S(x,z,0),\ T(y,0,z) \). Folosind teorema lui Casey si faptul ca \( x+z=c,\ y+z=b \) obtinem \( z=\frac{2bc}{a+b+c} \).

Atunci
\( \left| \matrix{ a & b & c \\ x & z & 0 \\ y & 0 & z} \right|=\left| \matrix{a+b+c & b & c \\ c & z & 0 \\ b &0 & z}\right| =\left| \matrix{a+b+c & b & c \\ c & \frac{2bc}{a+b+c} & 0 \\ b &0 & \frac{2bc}{a+b+c}}\right|= \)
\( \frac{1}{(a+b+c)^2}\left| \matrix{a+b+c & b&c \\ c(a+b+c)&2bc&0\\ b(a+b+c)&0&2bc}\right|=\left|\matrix{a+b+c &b&c\\ 0 &bc&-c^2 \\ 0&-b^2&bc}\right|=0 \).
Deci \( I,S,T \) sunt coliniare. Faptul ca \( I \) este mijlocul lui \( ST \) rezulta din faptul ca \( AS=AT \).

Pentru teorie la coordonate baricentrice se poate consulta, de exemplu, Virgil Nicula - Geometrie plana (sintetica, vectoriala, analitica).

[mychrom]

Daca notez cu D punctul de tangenta dintre cele doua cercuri si cu M si N mijloacele arcurilor AC si AB, atunci D, T si M sunt coliniare (omotetia de centru D care duce C(DST) in C(ABC) duce T in M). Aplicand teorema lui Pascal pentru hexagonul ANBDCM inscris in C(ABC) obtinem ca S, I, T sunt coliniare. Dar AS=AT si AI este bisectoarea unghiului BAC, deci I este mijlocul lui ST.

[maxim bogdan]

Asta e generalizarea problemei 1 (ziua 2) de la IMO 1978 Bucuresti. E discutata aici.