elipsa centrata in centrul cercului inscris

[pohoatza]

Fie ABC un triunghi pentru care notam cu \( \mathcal{C}(O) \) cercul sau circumscris. Fie cercurile \( (K_{a}) \), \( (K_{b}) \), \( (K_{c}) \) cercurile respectiv tangente la \( (AB, AC, \mathcal{C}(O)) \), \( (BA, BC, \mathcal{C}(O)) \), \( (CA, CB, \mathcal{C}(O)) \) ( Aceste cercuri, \( (K_{a}) \), \( (K_{b}) \), \( (K_{c}) \), poarta numele de cercurile mixtilineare ale triunghiului \( ABC \) ). Consideram \( A_{1} \), \( A_{2} \) punctele de tangenta ale lui \( (K_{a}) \) cu \( AB \), respectiv \( AC \). In mod similar, fie \( (B_{1}, B_{2}) \), \( (C_{1}, C_{2}) \) punctele de tangenta ale lui \( (K_{b}) \), respectiv \( (K_{c}) \) cu \( (BA, BC) \), \( (CA,CB) \). Sa se arate ca punctele \( A_{1} \), \( A_{2} \), \( B_{1} \), \( B_{2} \), \( C_{1} \), \( C_{2} \) se afla pe o aceeasi elipsa centrata in centrul cercului inscris al triunghiului \( ABC \).

[maky]

este destul de cunoscut faptul ca \( I \) este mijlocul segmentului \( A_1A_2 \) (dem. cu teorema lui casey de ex.)

in acest caz, problema se poate reformula (putin mai general)
fie \( ABC \) un triunghi, \( I \) un punct oarecare in planul sau, si fie \( l_a, l_b, l_c \) dreptele ce trec prin \( I \) si sunt perpendiculare pe \( AI,BI,CI \) (respectiv).
daca \( l_a \) intersecteaza dreptele \( AB, AC \) in punctele \( A_1,A_2 \) , si analog \( l_b , l_c \), atunci cele sase puncte sunt pe o conica.

pentru a demonstra acest fapt, voi "completa" figura, prin punctele \( A_0 \in l_a \cap BC \), \( B_0 \in l_b \cap AC \), \( C_0 \in l_c \cap AB \).
conditia ca cele sase puncte din enunt sa fie pe conica este echivalenta cu conditia ca aceste trei puncte sa fie coliniare.
voi explicita acum notatiile pentru a nu avea probleme cu indicii :
\( A_1, B_2 \in AB \)
\( B_1, C_2 \in BC \)
\( C_1, A_2 \in CA \).
astfel,
\( A_0 \in A_1A_2 \cap C_2B_1 \)
\( B_0 \in A_2C_1 \cap B_1B_2 \)
\( C_0 \in C_1C_2 \cap B_2A_1 \).
acum, din teorema pascal, rezulta afirmatia facuta :
\( A_0,B_0,C_0 \) coliniare daca si numai daca \( A_1,A_2,B_1,B_2,C_1,C_2 \) sunt pe o conica.

ramane sa arat ca in constructia facuta, \( A_0,B_0,C_0 \) sunt coliniare. acest fapt se numeste chiar teorema bobiller, si are o demonstratie foarte draguta.

intai incep cu o lema :
fie \( \omega \) un cerc de centru \( O \) si doua puncte \( X,Y \). atunci \( OX \bot OY \) daca si numai daca polarele lui \( X \) si \( Y \) in raport cu cercul \( \omega \) sunt perpendiculare.
demonstratia este imediata, deoarce fie \( p_x , p_y \) polarele lui \( X,Y \) (respectiv). atunci , \( p_x \bot OX \) si \( p_y \bot OY \). din aceasta observatie va rezulta ca ambele conditii din enuntul lemei sunt echivalente cu faptul ca dreptele \( OX,OY,p_x,p_y \) sa formeze un dreptunghi. astfel lema este demonstrata.

revenind la problema, fie un cerc oarecare \( \omega \) cu centrul in \( O \). voi privi figura prin dualitate in raport cu acest cerc :
fie \( a,b,c,a_0,b_0,c_0 \) polarele lui \( A,B,C,A_0,B_0,C_0 \) (respectiv). notez prin \( X \) intersectia dintre \( b \) si \( c \), prin \( Y \) intersectia dintre \( c \) si \( a \) si prin \( Z \) intersectia dintre \( a \) si \( b \).
deoarece \( A_0 \in BC \), rezulta ca \( X \in a_0 \). din lema, rezulta ca \( a_0 \bot a \), adica \( a_0 \) este inaltimea din \( X \) a triunghiului \( \triangle XYZ \). analog \( b_0 \) si \( c_0 \) vor fi celelalte doua inaltimi, deci \( a_0 \cap b_0 \cap c_0 \neq \emptyset \), asadar si punctele \( A_0,B_0,C_0 \) sunt coliniare (polarele lor fiind concurente).

astfel problema este demonstrata.

observatii :
1. nu stiu sa arat ca \( I \) este chiar centrul elipsei ce trece prin punctele din problema initiala, dar e destul de evident ca e elipsa si nu alta conica.
2. nu pot atasa desene, dar am incercat sa explic cat se poate de bine indicii si notatiile.
3. au fost probleme cu latexul, de aceea postul de mai sus inca e posibil sa aiba mici greseli (doar de "tipar", sper eu !).