ABC triangolo, $\gamma$ la circoscritta. $A_0$ e ciclici punti medi dei lati.
$AA_0 \cap \gamma=A_1$ e ciclici.
$A_1C_0 \cap \gamma=A_B$, $A_1B_0 \cap \gamma=A_C$ e ciclici.
$X=A_BC \cap A_CB$ e ciclici.
Allora AX, BY e CZ concorrono. Sappiamo dire anche dove concorrono?
Tutti sulla circoscritta
Re: Tutti sulla circoscritta
Allora... baricentriche!
Per le rette userò la stessa notazione usata per i punti, cioè $r=(u
w)$ indica $r:ux+vy+wz=0$, e con $r(P,Q)$ intendo la retta per $P$ e $Q$.
Lemma (di cui non so, e mi interesserebbe, la dimostrazione): se $P=(d:e:f)$, $P\neq \{A,B,C\}$ sta slla circoscritta ad $ABC$ e per quel punto passa la retta $r=(g:h:i)$, allora la seconda intersezione della retta con la circoscritta è $Q=\left( \frac{a^2}{dg}:\frac{b^2}{eh}:\frac{c^2}{fi} \right)$.
$A_0=(0:1:1)$ e ciclici; $AA_0=(0:1:-1)$ e cicliche.
$A_1=\left( a^2:-(b^2+c^2):-(b^2+c^2) \right)$ e ciclici, che si trovano mettendo a sistema un po' di cose, visto che sfortunatamente non si può usare il lemma.
$r(A_1,B_0)=(b^2+c^2:a^2+b^2+c^2:-(b^2+c^2))$ e cicliche e $s(A_1,C_0)=(b^2+c^2:-(b^2+c^2):a^2+b^2+c^2)$, quindi col lemma abbiamo $A_B=\left( 1:\frac{b^2}{b^2+c^2}:\frac{-c^2}{a^2+b^2+c^2} \right)$, $A_C=\left( 1:\frac{-b^2}{a^2+b^2+c^2}:\frac{c^2}{b^2+c^2} \right)$ e ciclici.
Quindi $t(A_B,C)=\left( \frac{b^2}{b^2+c^2}
0 \right)$ e $l(A_C,B)=\left( \frac{c^2}{b^2+c^2}:0:-1 \right)$ e cicliche.
Quindi $X=\left( 1:\frac{b^2}{b^2+c^2}:\frac{c^2}{b^2+c^2} \right)$ e ciclici, cioè $m(A,X)=(0,c^2,-b^2)$ e cicliche sono le simmediane, che si incontrano nel punto di Lemoine.
Per le rette userò la stessa notazione usata per i punti, cioè $r=(u
w)$ indica $r:ux+vy+wz=0$, e con $r(P,Q)$ intendo la retta per $P$ e $Q$.Lemma (di cui non so, e mi interesserebbe, la dimostrazione): se $P=(d:e:f)$, $P\neq \{A,B,C\}$ sta slla circoscritta ad $ABC$ e per quel punto passa la retta $r=(g:h:i)$, allora la seconda intersezione della retta con la circoscritta è $Q=\left( \frac{a^2}{dg}:\frac{b^2}{eh}:\frac{c^2}{fi} \right)$.
$A_0=(0:1:1)$ e ciclici; $AA_0=(0:1:-1)$ e cicliche.
$A_1=\left( a^2:-(b^2+c^2):-(b^2+c^2) \right)$ e ciclici, che si trovano mettendo a sistema un po' di cose, visto che sfortunatamente non si può usare il lemma.
$r(A_1,B_0)=(b^2+c^2:a^2+b^2+c^2:-(b^2+c^2))$ e cicliche e $s(A_1,C_0)=(b^2+c^2:-(b^2+c^2):a^2+b^2+c^2)$, quindi col lemma abbiamo $A_B=\left( 1:\frac{b^2}{b^2+c^2}:\frac{-c^2}{a^2+b^2+c^2} \right)$, $A_C=\left( 1:\frac{-b^2}{a^2+b^2+c^2}:\frac{c^2}{b^2+c^2} \right)$ e ciclici.
Quindi $t(A_B,C)=\left( \frac{b^2}{b^2+c^2}
0 \right)$ e $l(A_C,B)=\left( \frac{c^2}{b^2+c^2}:0:-1 \right)$ e cicliche.Quindi $X=\left( 1:\frac{b^2}{b^2+c^2}:\frac{c^2}{b^2+c^2} \right)$ e ciclici, cioè $m(A,X)=(0,c^2,-b^2)$ e cicliche sono le simmediane, che si incontrano nel punto di Lemoine.
Re: Tutti sulla circoscritta
Il lemma è di facile dimostrazione
$ a^2yz+b^2zx+c^2xy=0 $
Il punto $ \displaystyle P(\frac{d}{f},\frac{e}{f},1 $ sta per ipotesi sulla circoscritta. Ora troviamo un punto che sta sulla circoscritta di coordinate $ Q(x,y,1) $ cioè $ a^2y+b^2x+c^2xy=0 $ e tale che $ gx+hy+i=0 $ o meglio $ \displaystyle x=-\frac{i+hy}{g} $.
Allora diventa un'equazione di secondo grado in y dove il coefficiente di $ y^2 $ è $ \frac{c^2h}{g} $ e il coefficiente del termine noto è $ \frac{b^2i}{g} $. Ma allora il prodotto delle due soluzioni è $ \displaystyle{b^2i}{c^2h} $ e dato che una soluzione è $ \frac{e}{f} $ allora l'altra è $ \displaystyle \frac{b^2if}{c^2he} $. Sostituendo per la x trovo $ \displaystyle x=-\frac{(b^2f+c^2e)i}{c^2eg} $.
Moltiplicando sopra e sotto per d e ricordando che P sta sulla circoscritta otteniamo $ \displaystyle x=\frac{a^2fi}{c^2dg} $. Dato che sono terne omogenee si ottiene la tesi.
$ a^2yz+b^2zx+c^2xy=0 $
Il punto $ \displaystyle P(\frac{d}{f},\frac{e}{f},1 $ sta per ipotesi sulla circoscritta. Ora troviamo un punto che sta sulla circoscritta di coordinate $ Q(x,y,1) $ cioè $ a^2y+b^2x+c^2xy=0 $ e tale che $ gx+hy+i=0 $ o meglio $ \displaystyle x=-\frac{i+hy}{g} $.
Allora diventa un'equazione di secondo grado in y dove il coefficiente di $ y^2 $ è $ \frac{c^2h}{g} $ e il coefficiente del termine noto è $ \frac{b^2i}{g} $. Ma allora il prodotto delle due soluzioni è $ \displaystyle{b^2i}{c^2h} $ e dato che una soluzione è $ \frac{e}{f} $ allora l'altra è $ \displaystyle \frac{b^2if}{c^2he} $. Sostituendo per la x trovo $ \displaystyle x=-\frac{(b^2f+c^2e)i}{c^2eg} $.
Moltiplicando sopra e sotto per d e ricordando che P sta sulla circoscritta otteniamo $ \displaystyle x=\frac{a^2fi}{c^2dg} $. Dato che sono terne omogenee si ottiene la tesi.