Premettiamo, ancora una volta, che il cerchio mistilineo è un dato del problema e ha solo le caratteristiche di essere tangente ai lati del triangolo e al cerchio circoscritto. Poco deve importare la sua costruzione. Che AM sia  la bisettrice e tutto quello che segue sono cose da dover dimostrare. In realtà, quando si presenta un triangolo e il suo circocentro, nessuno si sogna di chiedere come si fa a costruirlo. Si sa che c'è e lo si disegna. La stessa cosa va fatta per un cerchio un po' strano che, però sicuramente esiste ed è unico per ogni vertice del triangolo.

Ricominciamo dall'inizio e vediamo bene quali sono i dati del problema attraverso la solita Fig. 1

Tutto ciò che sappiamo è che il cerchio più piccolo è tangente ai lati del triangolo e al cerchio circoscritto. Né per il cerchio circoscritto né per quello più piccolo è necessario spiegare la costruzione. A questo punto tracciamo il segmento EF che unisce i due punti di tangenza sui lati e indichiamo il punto di mezzo con M. Con solo queste sicurezze iniziali dobbiamo dimostrare che il punto M si trova sulla bisettrice di BAC ed è l'incentro, ossia il centro del cerchio inscritto al triangolo.

Ovviamente, dato che la dimostrazione esiste, bisogna stare molto attenti alle conclusioni che si traggono dalla figura. Certe caratteristiche sono ben evidenti, ma una cosa è vederle e un'altra è dimostrarle. Se noi disegnassimo il cerchio inscritto, ad esempio, concluderemmo "visivamente" che M è proprio l'incentro. L'apparenza non deve bastare e bisogna verificarla con passaggi logici e dimostrabili.

Possiamo iniziare , sapendo molto bene quali sono gli unici dati che conosciamo e che cosa vogliamo dimostrare.

Come era già successo per il quiz precedente (QUI) è  necessario trovare una qualche relazione semplice che caratterizzi l'incentro di un triangolo.

Dedichiamoci, quindi, a studiare le sue caratteristiche .

Utilizziamo la Fig. 2, dove riportiamo un triangolo qualsiasi (niente ha a che vedere con il nostro triangolo ABC del quiz) e cerchiamo di trovare una relazione che possa essere quella da dimostrare per avere la certezza che il punto M sia proprio l'incentro.

Ricordiamo che l’incentro di un triangolo è il punto d’incontro delle sue bisettrici. Prolunghiamo la bisettrice dell’angolo BAC fino a incontrare  BC in T. Consideriamo il triangolo ABI. Se I è l’incentro, possiamo scrivere:

BIT = a + b                      (angolo esterno del triangolo ABI)

E, analogamente

TIC = a + c

Sappiamo, però, che la somma degli angoli interni di un triangolo è 180° Ne segue che la metà dei loro angoli è uguale a 90°, ossia:

2a + 2b + 2c = 180°

a + b + c = 90°

L’angolo BIC è dato dalla somma di BIT e TIC, per cui:

BIC = (a + b) + (a + c)

BIC = a + (a + b + c)

BIC = a + 90°                    .... (1)

Possiamo perciò stabilire che l’incentro I è l’unico punto della bisettrice AT tale che l’angolo BIC sia uguale a 90 + a.

Se dimostriamo che la relazione (1) vale per un certo punto M della bisettrice AT, possiamo concludere che M coincide con l‘incentro.

Notiamo un fatto che sarà molto importante: l’incentro I è caratterizzato in modo univoco solo dall’angolo a.

Ritorniamo al nostro problema di Fig. 1, sapendo che dobbiamo iniziare a dimostrare che M sta sulla bisettrice di BAC.

Questa dimostrazione è veramente facile (Fig. 3)

AE = EF

in quanto tangenti al cerchio di centro R, tracciate da un punto esterno.

Ne segue che AEF è un triangolo isoscele e quindi:

AEM = AFM

Sappiamo che EM = EF per costruzione, per cui il triangolo AEM è congruente al triangolo  AEF, avendo tre lati uguali.

Ne segue che AME = AMF = 90°, ma soprattutto che

EAR = MAF = a

La retta AM è la bisettrice del l'angolo BAC e passa anche per R, dato che RE = RF (raggi del cerchio mistilineo).

Nella stessa Fig. 3 possiamo notare che AEM = 90 - a, ma sappiamo anche che AER = 90° per cui:

MER = 90 - AEM = 90 - (90 - a) = a

Consideriamo i triangoli rettangoli AER e MER. Essi sono simili in quanto hanno EAR = MER. Ne segue che possiamo scrivere l'uguaglianza tra i rapporti dei loro lati:

AR/ER = ER/MR

ER² = AR MR

ma ER = RD

per cui:

RD² = AR · MR                               .... (2)

Teniamo da parte questa relazione

A questo punto resta da dimostrare che l'angolo verde BMC è proprio uguale ad a + 90. E qui le cose si complicano.

Tracciamo, allora, qualche segmento in più, ottenendo la Fig. 4

O sia il centro del cerchio circoscritto e R il centro del cerchio tangente ad esso e ai lati AB e AC. D, E ed F sono i punti di tangenza. I due cerchi sono tangenti in D e, quindi, la congiungente OD deve passare anche per R.

Attenzione, adesso, alla parte che segue: qualcosa che sembrerebbe visivamente ovvia deve essere dimostrata adeguatamente.

Prolunghiamo DE fino a E’. Costruiamo, perciò il segmento E’D che passa per E. Dove stia, però, E’ non lo sappiamo ancora.

Tracciamo la perpendicolare da O al lato AB, fino al punto E’, e la congiungente R con E che è, per costruzione, perpendicolare ad AB. Ne segue che E’O è parallela a ER, dato che sono entrambi perpendicolari alla stessa retta AB.

Consideriamo il triangolo ERD. Esso è isoscele in quando i lati ER e DR sono raggi del cerchio di centro R. Ne segue l’uguaglianza dei due angoli m. Il segmento EE’ è allineato con ED per costruzione e, quindi, gli angoli EE’O e DEO sono uguali, essendo E’O parallela a ER. Ma, allora, anche il triangolo E’OD è isoscele (angoli uguali), ossia

E’O = OD.

Ne segue che:

E’ deve stare sul cerchio circoscritto ad ABC.

In Fig. 5, ripetiamo la stessa costruzione relativamente ad F.

Ricaviamo l'uguaglianza dei tre angoli verdi (p).

Passiamo alla Fig. 6, dove evidenziamo un nuovo triangolo, EFD...

La somma degli angoli interni del triangolo EFD deve valere 180°. Scriviamolo...

m + a + a + p + p + m = 180°

Ossia:

a + m + p = 90°                         .... (3)

Anche questa relazione ci verrà utile tra non molto.  Per adesso, riprendiamo la (2)

RD² = AR · MR               .... (2)

Questa relazione ci permette di dimostrare la similitudine  di due triangoli "inaspettati", come mostra la Fig. 7

Consideriamo i triangoli ARD e MRD. La (2) ci dice che:

RD/AR = MR/RD

Inoltre l'angolo ARD è in comune.

ARD è simile a MRD

Ne segue che gli angoli blu (x) sono uguali tra loro. Chiamiamo y l’angolo verde, per cui l’angolo giallo, esterno a DAM, vale x + y:

DMR = x + y

N.B : A questo punto ricordiamo le proprietà degli angoli alla circonferenza di un certo arco TV (Fig.

Essi sono tutti uguali tra loro e anche all'angolo limite formato dal segmento TV con la tangente alla circonferenza in T

RTV = TZV = u             .... (4)

Torniamo al nostro problema e alla nuova Fig. 9

Per quanto appena ricordato (4) possiamo scrivere che l’angolo alla circonferenza EFD (rosa) è uguale all’angolo BED. Ne segue che

BED = a + p        .... (5)

Consideriamo il triangolo azzurro BED e chiamiamo d l’angolo EDB. L’angolo giallo UBD è esterno al triangolo e possiamo scrivere che esso vale:

UBD = a + p + d

Notiamo che l’arco BE’ è uguale, per costruzione, all’arco E’A , dato che OA = OB e OE’ è perpendicolare ad AB.

Gli angoli alla circonferenza di due archi uguali, devono, ovviamente, essere uguali, per cui (E’ sta sulla stessa retta ED)

E’DB = E’DA = d

Abbiamo anche:

d = m – x - y

Ricordiamo che il quadrilatero ABDC è ciclico, per cui angoli opposti sono supplementari.

L’angolo ACD  è supplementare ad EBD, il quale è, però, per quanto appena detto, supplementare di ACD. Ne segue che

ACD = a + p + d

Consideriamo l’angolo EMD. Esso vale:

EMD = 90 – x – y      (AR è perpendicolare ad EF)

Ma sappiamo dalla (3) che

a + m + p = 90°

Per cui:

EMD = a + m + p – x – y

Ma

d = m – x – y

cioè:

EMD = a + p + d                 .... (6)

Torniamo all’angolo DFC

Esso vale 90 – p, ossia

DFC = a + m + p – p

DFC = a + m                       .... (7)

Disegniamo la Fig. 10

Sappiamo dalla (6) che

EMD = a + p + d

Esso è uguale all’angolo esterno UBD. Ma UBD è supplementare di EBD e quindi deve esserlo anche EMD.

EMD supplementare di EBD, ossia il quadrilatero EMDB (azzurro) è ciclico.

Così come lo è anche il quadrilatero MDCF (verde) in quanto EMD è uguale a FCD ed EMD supplementare di FMD, per cui FMD è supplementare di FCD.

Disegniamo, infine, la Fig. 11

Abbiamo tracciato i due cerchi che circoscrivono i quadrilateri ciclici EBDM e MFCD.

Essendo angoli alla circonferenza possiamo scrivere:

BED = BMD = a + p                                  (dalla (5))

DMC = DFC = a + m                                 (dalla (7))

Ricordiamoci ciò che dobbiamo dimostrare:

BMC = 90 + a

Sommiamo BMD a DMC e otteniamo:

BMC = a + p + a + m

Non possiamo dimenticarci, però, che abbiamo dimostrato (3) che

a + p + m = 90°

Ne segue che

BMC  = 90° + a

c.v.d.

E' stata dura, lo ammetto. Come già detto, potrebbero molto probabilmente esistere dimostrazioni più rapide e meno "contorte". Se qualcuno le trovasse lo indichi subito nei commenti.

Un paio di riflessioni...

Questo esercizio è stato proposto in un'olimpiade di matematica ed è stato risolto da un certo numero di ragazzi con esperienza solo liceale. In realtà la dimostrazione sfrutta teoremi elementari, ma legarli tra loro non è impresa facile, soprattutto se si ha un tempo limitato a disposizione. Io ho impiegato giorni, mentre loro solo poche ore. Tanto di cappello, perciò...

Spero, inoltre, che questo tipo di dimostrazione non solo aiuti nello sviluppare le capacità logiche e deduttive, ma serva a fare amare la geometria, una materia ricchissima di spunti e di conclusioni inaspettate.

Nel prossimo futuro scenderemo un po' di livello, sperando che qualche lettore trovi la voglia di riflettere e di risolvere i problemi proposti.

Un grazie a Maurizio, per averci provato!