Problema usurica

[Alin Galatan]

Fie \( ABC \) un triunghi si \( \gamma \) o elipsa inscrisa in el. Fie \( M,N,P \) punctele de tangenta ale laturilor \( AB,BC \) respectiv \( CA \) ale elipsei cu triunghiul.
Demonstrati ca \( CM,AN,BP \) sunt concurente

[Beniamin Bogosel]

Exista un plan \( \alpha \) neparalel si neperpendicular pe planul triunghiului in care proiectia elipsei este un cerc Consideram proiectia figurii noastre in acest plan.
Proiectia elipsei este un cerc, care este tangent proiectiilor laturilor, adica este cercul inscris in triunghi si evident ca daca notam cu \( ^\prime \) proiectiile pe \( \alpha \) atunci \( C^\prime M^\prime,\ A^\prime N^\prime,\ B^\prime P^\prime \) sunt concurente. Atunci planele perpendiculare pe \( \alpha \) care contin \( C^\prime M^\prime,\ A^\prime N^\prime,\ B^\prime P^\prime \) au o dreapta \( d \) in comun si contin fiecare pe \( CM,\ AN, BP \) respectiv. Cum niciunul dintre segmentele \( CM,\ AN, BP \) nu este paralel cu d, intersectia dintre \( d \) si planul initial va apartine oricaruia dintre \( CM,\ AN, BP \), adica acestea sunt concurente.

Cam incurcata solutie, si nu e chiar "geometrie proiectiva" desi am proiectat cate ceva... Ma gandesc ca o solutie cu geometrie proiectiva suna cam asa: exista o transformare proiectiva a planului astfel incat elipsa devine cerc si dreptele \( AB,AC,BC \) se transforma in drepte tangente la cercul respectiv. Deci dreptele \( CM,\ AN, BP \) se transforma in drepte concurente. Cum si inversa acestei transformari este proiectiva si transformarile proiective invariaza concurenta, rezulta concluzia...


Daca nu ma incurc in stiinta, ce am facut eu la inceput a fost o astfel de transformare proiectiva, care are centrul un punct de la infinit, si transforma elipsa in cerc si etc...

[Liviu Ornea]

E foarte corect ce ai facut.

Se poate arata si sintetic (de exemplu in cartea lui Mihaileanu, "Complemente de geometrie plana") ca un cerc se transforma prin dualitate in orice conica nedegenerata.

L.O.