Parallelismi o concorrenze?

[scambret]

ABC triangolo, I incentro, $\Gamma$ circoscritta, D e E su $\Gamma$ e rispettivamente su AI e BI. F e G su DE e rispettivamente su AC e BC. r parallela a AD passante per F e s parallela a BE passante per G. P intersezione tra r e s. K punto di intersezione tra le tangenti di A e B rispetto a $\Gamma$.

Allora AE, BD e KP sono parallele o concorrono.

[Kfp]

Considerazioni casuali che non c'entrano nulla: questo volevo metterlo alla fine della lezione del Senior perchè è davvero tanto bellino, ma poi non c'è stato tempo. Dimmi che non l'hai trivellato di baricentriche, ti prego

[matpro98]

Ha detto che la prima cosa a cui ha pensato è stata la proiettiva, ma poi non la sapeva usare e l'ha scartata

[Drago96]

Sto problema emana proiettiva da dovunque, ma nè sono in grado, nè ci ho dedicato tanto tempo... però ho notato che

Testo nascosto:

"basta" l'allineamento di $ K, I, P $ xD

[Kfp]

Boh in realtà la soluzione che ho io è proiettiva molto per modo di dire, era nella lezione solo perchè è davvero tanto carino e faceva da tappabuchi di qualità in caso avanzasse tempo.

[scambret]

È ovvio che l'ho stuprato a colpi di baricentriche. E i conti sono relativamente semplici.

[LucaMac]

È ovvio che l'ho stuprato a colpi di baricentriche. E i conti sono relativamente semplici.

Ho quindi una domanda: come si fanno le parallele in baricentriche?

[Drago96]

Bravo Luca!
Intanto perché fai buon uso dell'ora in più, e poi perché usi le baricentriche! xD
Anyway, intersechi la retta di partenza con la retta all'infinito, che è $ x+y+z=0 $, ottenendo il punto all'infinito di quella retta che è tipo la "direzione"; quindi fai la retta per il punto all'infinito e il punto che ti interessa
Ah, immagino che tu sappia che se il determinante viene 0, le tre rette possono essere parallele, ovvero concorrono nel loro punto all'infinito
P.S: non sono troppo convinto che siano belli, ma mi fido... forse in trilineari migliorano ancora di più...

[scambret]

Soltanto P è difficile da trovare, ma neanche tanto...

[LucaMac]

Bravo Luca!
Intanto perché fai buon uso dell'ora in più, e poi perché usi le baricentriche! xD
Anyway, intersechi la retta di partenza con la retta all'infinito, che è $ x+y+z=0 $, ottenendo il punto all'infinito di quella retta che è tipo la "direzione"; quindi fai la retta per il punto all'infinito e il punto che ti interessa
Ah, immagino che tu sappia che se il determinante viene 0, le tre rette possono essere parallele, ovvero concorrono nel loro punto all'infinito
P.S: non sono troppo convinto che siano belli, ma mi fido... forse in trilineari migliorano ancora di più...

Grazie Drago!
E come si formalizza una cosa del genere?

[Troleito br00tal]

Che schifo

[Kfp]

Visto che questo post ha preso decisamente la piega sbagliata e che dare ad un problema così bello solo soluzioni in baricentriche è violenza gratuita, metto un hint ad una soluzione puramente sintetica (no proiettiva no homo no nulla, e comunque definire la soluzione "proiettiva" come tale è più che una forzatura). Provate a farlo senza l'hint comunque, non sapete cosa vi perdete a ucciderlo di conti:

Testo nascosto:

Beh, intanto i quadrilateri $FEAI$ e $GDBI$ sono ciclici (vero?). Ora guardate la tesi e fate un atto di fede.

[Mountains Drew]

Confesso che ho sbirciato l'Hint... ma va beh, almeno è in sintetica

Soluzione senguendo l'hint:

Testo nascosto:

1) $GDBI$ ciclico per $\widehat{BID} = \widehat{BGD}$, infatti:
- poichè angolo esterno del triangolo $\triangle{DIE}$, $\widehat{BID} = \widehat{IED} + \widehat{IDE} = \widehat{BAD} + \widehat{EBA} = \frac{\alpha + \beta}{2}$ per angoli alla circonferenza
- poichè angolo esterno del triangolo $\triangle{EGB}$, $\widehat{BGD} = \widehat{BEG} + \widehat{GBE} = \widehat{BAD} + \widehat{CBE} = \frac{\alpha + \beta}{2}$ per angoli alla circonferenza

allo stesso modo $AEFI$ ciclico.

EURISTICA (hintata):
beh, ho 3 circonferenze, i loro assi radicali sono 3 rette che concorrono o sono parallele (che in proiettiva vuol dire che concorrono in un punto all'infinito). $BD$ e $AC$ sono due dei tre assi radicali... voglio dimostrare che $PK$ è il terzo, cioè quello delle circoscritte ai nostri due quadrilateri ciclici $GDBI$ e $AEFI$.

2) siano ora $X= AK \cap PF$ e $Y=BK \cap PG$. Abbiamo che $X$ e $Y$ appartengono rispettivamente alle circonferenze circoscritte ad $AEFI$ e a $GDBI$, infatti
$\widehat{BYG}= \widehat{KBE}=\widehat{BDE}=\widehat{BDG}$, per parallelismo e angoli alla circonferenza.
e allo stesso modo per $X$.

3)$BIGY$ è un trapezio perchè ha i lati paralleli ed è ciclico. quindi $BY= GI$
e allo stesso modo $AX=FI$.

4) per le ciclicità $\widehat{BGI}=\widehat{BDI}=\widehat{BDA}=\widehat{BCA}$ quindi $GI\parallel CA$ e allo stesso modo $FI \parallel CB$. quindi $CGIF$ parallelogramma.
ma non solo! è un rombo, perchè $CI\perp FG$ (si fa per angoli: se chiamo $H$ l'intersezione di $ED$ e $CI$ con un breve conto di angoli dimostrando che $\widehat{HID} + \widehat{HDI} = \frac{\alpha + \beta + \gamma}{2} = \frac{\pi}{2}$).
quindi $AX=IF = IG = BY$

5) ma $KA = KB$ perchè segmenti di tangente, quindi $K$ sta sull'asse radicale delle due circonferenze, perchè ha la stessa potenza rispetto ad entrambe $KA\cdot KX = KB \cdot KY$. quindi $KI$ è asse radicale delle due circonferenze.

6) considero l'omotetia di centro $K$ che manda $B$ in $Y$, manderà $A$ in $X$, la retta $AI$ nella parallela $XP$ e la retta $BI$ nella parallela $YP$, e quindi $I$ in $P$.


ergo $PIK$ allineati, quindi $PK$ è il nostro terzo asse radicale.
CVD

Il mio approcio iniziale:

Testo nascosto:

Qua serve la trattazione del caso di parallelismo a parte (oppure si deve dire che siamo nel piano proiettivo, per non avere problemi... Pascal funziona comunque)
Chiamato $L=AE\cap BD$, Pascal su $AAEBBD$ mi dice che $L,I,K$ sono allineati.
basta quindi dimostrare $P,I,K$ allineati.
E questa è praticamente tutta la dimostrazione di sopra, tranne il punto 5).