mateforum.ro

Fie \( \triangle ABC \) cu cercul inscris \( (I) \) si punctele \( D\in AI\cap BC \) , \( E\in BI\cap CA \) , \( F\in CI\cap AB \) .

1. Notam \( X\in DE \) si \( Y\in DF \) pentru care \( I\in XY\parallel BC \) . Sa se arate ca \( IX=IY=\frac {abc}{(b+c)(a+b+c)} \) .

2. Notam punctul \( M \) unde bisectoarea \( [AI \) taie a doua oara cercul circumscris \( w \) al \( \triangle ABC \) si punctele

\( U\in XY\cap AC \) , \( V\in XY\cap AB \) , \( N\in MU\cap BI \) , \( P\in MV\cap CI \) . Sa se arate ca \( \{N,P\}\subset w \) .

1. Notam \( R\in AX\cap BC \) . Din asemanarea \( \triangle AIX\sim\triangle ADR\ \Longrightarrow\ \frac{IX}{DR}=\frac{AI}{AD}\ \Longleftrightarrow\ \overline{\underline{\left\|\ IX=\frac{AI}{AD}\cdot DR\ \right\|}}\ (1) \) .

In \( \triangle ABD \) aplicam teorema bisectoarei \( \Longrightarrow\ \frac{AI}{ID}=\frac{AB}{BD}=\frac{c}{\frac{ac}{b+c}}\ \Longrightarrow\ \frac{AI}{ID}=\frac{b+c}{a}\ \Longleftrightarrow\ \overline{\underline{\left\|\ \frac{AI}{AD}=\frac{b+c}{a+b+c}\ \right\|}}\ (2) \)

si din \( IX\parallel DR\ \Longrightarrow\ \frac{AX}{XR}=\frac{b+c}{a}\ (3) \) . Aplicam teorema lui Menelaus transversalei \( \overline{EXD} \) si \( \triangle ACR\ \Longrightarrow \)

\( \frac{AE}{EC}\ \cdot\ \frac{CD}{DR}\ \cdot\ \frac{RX}{XA}=1\ \Longleftrightarrow\ DR=\frac ca\ \cdot\ \frac{ab}{b+c}\ \cdot\ \frac{RX}{XA}\ \Longleftrightarrow^{(3)}\ DR=\frac ca\ \cdot\ \frac{ab}{b+c}\ \cdot\ \frac{a}{b+c}\ \Longleftrightarrow\ \overline{\underline{\left\|\ DR=\frac{abc}{(b+c)^2}\ \right\|}}\ (4) \) .

Acum, revenind in relatia \( \ (1)\ \Longrightarrow^{(2)\wedge (4)}\ \overline{\underline{\left\|\ IX=\frac{abc}{(b+c)(a+b+c)}\ \right\|}} \) . Analog se calculeaza si segmentul \( [IY] \) .


2. Pentru a arata ca \( P \) se afla pe cercul circumscris \( \triangle ABC \) este suficient sa aratam ca patrulaterul \( ACMP \) este

inscriptibil. Astfel ne ramane sa demonstram ca \( \angle MPC=\angle MAC=\frac{\angle A}{2} \) . Deoarece \( \angle AIE \) este exterior \( \triangle AIB \)

\( \Longrightarrow\ \angle AIE=\frac{\angle A+\angle B}{2}\ \Longrightarrow\ \angle BIM=\angle AIE=\frac{\angle A+\angle B}{2} \) . Dar patrulaterul \( ABMC \) este inscriptibil

\( \Longrightarrow\ \angle MBC=\angle MAC=\frac{\angle A}{2}\ \Longrightarrow\ m(\angle MBI)=\frac{\angle A+\angle B}{2}=\angle BIM \), deci \( \triangle BIM \) este isoscel cu

\( BM=BI\ (*) \) . Acum din \( UV\parallel BC\ \Longrightarrow\ \angle IUE=\angle C \) si deoarece \( \angle IEU=180^{\circ}-\angle C-\frac{\angle B}{2}\ \Longrightarrow \)

\( \angle BIV=\angle EIU=\frac{\angle B}{2}\ \Longrightarrow\ \triangle BIV \) este isoscel cu \( BV=BI\ (**) \). \( \Longrightarrow^{(*)\wedge(**)}\ VM \) este mediatoarea lui \( [BI] \)

\( \Longleftrightarrow\ PM \) este mediatoarea lui \( [BI] \) . Notam \( \{O\}=PM\cap BI \) . Atunci \( \triangle POI \) este dreptunghic in \( O \) si cum \( \angle PIB \)

este exterior \( \triangle BIC\ \Longrightarrow\ \angle PIO=\frac{\angle B+\angle C}{2} \) . Asadar, \( \angle MPC=\angle OPI=90^{\circ}-\frac{\angle B+\angle C}{2}=\frac{\angle A}{2} \) , c.c.t.d.

Se arata analog ca si \( N \) se afla pe cercul circumscris \( \triangle ABC \) .