mateforum.ro

Fie \( ABC \) un triunghi pentru care consideram \( A_{1}, B_{1}, C_{1} \) mijloacele arcurilor \( BC, CA, AB \) ce nu contin varfurile \( A, B \), respectiv \( C. \) Daca prin \( D, E, F \) s-au notat punctele de tangenta ale cercului inscris (I) al lui \( ABC \) cu laturile \( BC, CA, AB \). Sa se arate ca dreptele \( A_{1}M, B_{1}N, C_{1}P \) sunt concurente, unde \( M, N, P \) sunt mijloacele segmentelor \( ID, IE, IF \).


Sunt curios cine gaseste solutia sintetica magica.

eu m`am gandit asa :
fie \( I_1 \) centrul cercului exinscris triunghiului \( \triangle ABC \), tangent la latura \( BC \).
atunci, cum \( IB \bot I_1B \) si \( IC \bot I_1C \), rezulta ca \( B \) si \( C \) sunt pe cercul de diametru \( II_1 \). insa \( A_1B=A_1C=A_1I \), deci \( A_1 \) este chiar centrul acestui cerc, asadar \( A_1 \) este mijlocul segmentului \( II_1 \).
analog se definesc punctele \( I_2 \) si \( I_3 \).
acum, se observa imediat ca \( I_1I_2 || DE \), deoarece \( \angle DEC = \angle ECI_2 = 90^{\circ} - \angle C / 2 \).
analog se arata si celelalte doua paralelisme.
deci triunghiurile \( \triangle I_1I_2I_3 \) si \( \triangle DEF \) sunt omotetice, asadar dreptele \( I_1D, I_2E, I_3F \) sunt concurente.
acum prin omotetia de centru \( I \) si raport \( 1/2 \), se obtine chiar concluzia.
alternativ, se poate arata direct cu unghiuri ca \( DE || A_1B_1 \), si de aici rezulta si ca \( MN || A_1B_1 \) si e gata.

Super solutia, nu ma asteptam la asa ceva, desi la urma urmei, dupa ce o citesc, mi pare destul de naturala.

Ideea mea, de altfel si cum am dedus problema, este de a arata ca dreapta \( A_{1}M \) este axa radicala a cercurilor \( (K_{a}), (K_{b}) \), respectiv \( B_{1}N \) a cercurilor \( (K_{a}), (K_{c}) \) si \( C_{1}P \) a cercurilor \( (K_{c}), (K_{a}) \), acolo unde \( (K_{a}) \) este cercul tangent la \( AB, AC \) si la cercul circumscris lui \( ABC \) etc.