Olimpiadi della Matematica Torino - OliMaTO - Forum

[Vinciii]

Sia $\triangle{ABC}$ un triangolo con $\overline{AB}=13$, $\overline{BC}=14$ e $\overline{AC}=15$. L'altezza da $A$ interseca $BC$ in $D$. Siano $\omega_1$ e $\omega_2$ le circonferenze inscritte ad $\triangle{ABD}$ e $\triangle{ACD}$ rispettivamente. La loro tangente esterna comune (diversa da $BC$) interseca $AD$ in $E$. Trovare la lunghezza di $\overline{AE}$.

[CaptainJohnCabot]

Si pone il triangolo in un piano cartesiano che ha l'asse x coincidente con BC e l'asse y con AD. Se P è un punto le sue coordinate siano $(x_P, y_P)$. Si ha $A(0 , y_A)$ , $B(x_B, 0)$, $C(14+x_B,0)$ e $D(0,0)$. Si inizia con il trovare $x_B$ e $y_A$.
\begin{equation}
AB=13=\sqrt{x_B^2+y_A^2}\implies y_A=\sqrt{13^2-x_B^2}
\end{equation}
\begin{equation}
AC=15=\sqrt{x_C^2+y_A^2}=\sqrt{(14+x_B)^2+y_A^2}
\end{equation}
E unendo queste due condizioni si ottiene:
\begin{equation}
x_B=-5\implies y_A=12
\end{equation}
Quindi si ha $A(0,12)$, $B(-5,0)$, $C(9,0)$ e $D (0,0)$.

Si procede ora col determinare le coordinate dei centri $C_1$ e $ C_2$ rispettivamente di [tex]\omega_1[/tex] e [tex]\omega_2[/tex]. Dato che $C_1$ e $C_2$ sono gli incentri rispettivamente di [tex]\Delta ABD[/tex] e [tex]\Delta ACD[/tex] le loro coordinate sono:
\begin{equation}
C_1\,\biggl(\frac{x_D\cdot AB+x_A\cdot BD+x_B\cdot AD}{AB+BD+AD} , \, \frac{y_D\cdot AB+y_A\cdot BD+y_B\cdot AD}{AB+BD+AD}\biggr)\longrightarrow C_1\,(-2,\,2)
\end{equation}
\begin{equation}
C_2\,\biggl(\frac{x_A\cdot DC+x_D\cdot AC+x_C\cdot AD}{AD+DC+AC} ,\, \frac{y_A\cdot DC+y_D\cdot AC+y_C\cdot AD}{AD+DC+AC}\biggr)\longrightarrow C_2\,(3,\,3)
\end{equation}

Sia [tex]t:\,y= mx+q[/tex] la tangente comune alle due circonferenze cercata. Si ha che t e [tex]\omega_1[/tex] sono tangenti se la distanza di $C_1$ da t è $r_1$. La condizione di tangenza è allora:
\begin{equation}
r_1=\frac{\mid y_{C_1}-mx_{C_1}-q\mid}{\sqrt{1+m^2}}\implies q^2+8m-4q-4mq=0
\end{equation}
Analogamente dalla tangenza fra t e [tex]\omega_2[/tex] si ha:
\begin{equation}
r_2=\frac{\mid y_{C_2}-mx_{C_2}-q\mid}{\sqrt{1+m^2}}\implies q^2-18m - 6q +6mq=0
\end{equation}
Si deve risolvere quindi il sistema dato da queste due condizioni. Sottraendole fra loro si ottiene:
\begin{equation}
26m-10mq+2q=0\implies m=\frac{q} {5q-13}
\end{equation}
Sostituendo quindi nella prima condizione si ha la seguente:
\begin{equation}
5q^3-37q^2+60q=0
\end{equation}
Dato che la tangente esterna cercata non è BC, ovvero [tex]q\ne 0[/tex], è possibile dividere per q ottenendo:
\begin{equation}
5q^2-37q+60=0
\end{equation}
Le soluzioni di questa equazione sono 5 e $\frac{12}{5}$. La tangente esterna t cercata si ha per [tex]q=5[/tex]. Per come è definito, il punto E ha coordinate $(0, q)$ pertanto:
\begin{equation}
AE=y_A-q\implies AE=7
\end{equation}

[Vinciii]

Non ho controllato ancora il resto , ma la formula per l'incentro (che tra l'altro non conoscevo xD) è sbagliata, c'è un $2$ di troppo al denominatore

[Vinciii]

Inoltre $t$ non è parallela a $C_1C_2$. infatti i due centri (avendo le circonferenze raggio diverso) hanno distanze diverse da $t$

[Lasker]

Questo viene assai meglio in sintetica secondo me!

[CaptainJohnCabot]

la formula per l'incentro (che tra l'altro non conoscevo xD) è sbagliata, c'è un 2 di troppo al denominatore

Avrei dovuto ricontrollarla, ho preteso troppo a volermela ricordare dopo tanto tempo

Inoltre t non è parallela a C1C2. infatti i due centri (avendo le circonferenze raggio diverso) hanno distanze diverse da t

Eh infatti lo avevo notato appena postato il messaggio.

Questo viene assai meglio in sintetica secondo me!

La soluzione in sintetica la sto ancora cercando
Avevo scritto qualcosa ma non sono riuscito a concludere. Intanto modifico il messaggio di sopra cercando di eliminare gli errori nei calcoli, poi se mi viene un'idea provo anche quella in sintetica. Anche hint non troppo invasivi sono ben accetti

[Rho33]

In sintetica è molto veloce, in spoiler le (poche) linee generali. @Captain Come consiglio usa i rapporti tra lunghezze e accorgiti di una trasformazione!

Testo nascosto:

Si trova l'area con Erone e la lunghezza di $AD$ con la formula inversa. Detti $I_1, I_2$ i centri degli incerchi di $\triangle ADC, \triangle ADB$ rispettivamente e posti $P_1,P_2$ i punti di tangenza rispettivamente con $CD,DB$, con qualche conto con i segmenti di tangenza si trova che $ED=P_1P_2$. Detto $P$ il punto d'incontro delle tangenti comuni, è chiaro che $P$ è centro di omotetia esterno dei due cerchi. Sapendo che il raggio inscritto ha lunghezza $r=\dfrac {A}{p}$, si trova il rapporto di omotetia $\kappa$. Infine notando che per lo stesso motivo di prima i triangoli $\triangle PI_2P_2, \triangle PI_1P_1$ sono omotetici, si trova con una considerazione in più $P_1P_2$ e quindi si trova $AE=AD-ED= \dfrac {14}{2}=7$.

EDIT: Mi ero dimenticato un denominatore in un rapporto e mi aveva sballato il conto finale

[Lasker]

Puoi farlo usando solo il fatto che i segmenti di tangenza condotti da un punto ad una circonferenza sono uguali, dopo aver capito che quel triangolo sono in realtà due triangoli pitagorici attaccati (ed anzi, pensarli come triangoli distinti aiuta in questa strada secondo me, ad esempio se sai i tre lati di un triangolo i segmenti di tangenza con l'iscritta è un attimo trovarli, no?).

[Vinciii]

Per @Rho33 Guarda, non so dove hai sbagliato (non ho mai usato l'omotetia), però il risultato non è quello.

[Lasker]

Comunque io approvo le soluzioni in analitica, come puoi vedere dalla mia firma @cabot
A me veniva $5$ o $7$, non ricordo quale dei due , non garantisco per i conti però