Sia $ ABC $ un triangolo, siano $ \omega, \omega_a, \omega_b, \omega_c $ rispettivamente le circonferenze inscritta ed exinscritte al triangolo; siano poi $ A', B', C' $ i punti di tangenza di $ \omega $ con i lati del triangolo, e siano $ A'_a, B'_a, C'_a $ i punti di tangenza di $ \omega_a $ con i lati del triangolo. Definiamo analogamente i punti $ A'_b, B'_b, C'_b, A'_c, B'_c, C'_c $.
1) Dimostrare che le rette $ AA'_a, BB'_b, CC'_c $ concorrono in un punto $ N $, che si chiama punto di Nagel;
2) Dimostrare che anche le rette $ AA', BB'_c, CC'_b $ concorrono in un punto $ N_a $, che mi sembra ragionevole chiamare punto di Nagel esterno relativo ad $ A $; siano definiti analogamente i punti $ N_b, N_c $;
3) Dimostrare che i quattro punti di Nagel formano un sistema ortocentrico (ovvero ognuno di essi è l'ortocentro del triangolo formato dagli altri tre);
4) Dimostrare che anche i circocentri dei triangoli $ NN_aN_b, NN_bN_c, NN_cN_a, N_aN_bN_c $ formano un sistema ortocentrico.
Buon lavoro$ ^3 $
Il ritorno di Nagel
Il ritorno di Nagel
Sono il cuoco della nazionale!

Quesito N° 1
Sia N l'intersezione di BB'_a con CC'_a ed L l'intersezione di AA'_a con C'_aB'_a.
Nella figura allegata AL passa per N ma questo è ancora da provare.
Se si dimostra che è:
(1) $ \displaystyle \frac{C'_aL}{LB'_a}\cdot \frac{B'_aC}{CA}\cdot\frac{AB}{BC'_a}=1 $
allora per Ceva ,applicato al triangolo AB'_aC'_a,le rette AL
(=AA'_a),BB'_a e CC'_a concorrono.
A tale scopo osserviamo che risulta :
(2) $ \displaystyle B'_aC=CA'_a=p-b,BC'_a=BA'_a=p-c,AB'_a=AC'_a=p $
Ponendo ora LAC=x si ha:
$ \displaystyle C'_aL=\frac{AL \sin(\alpha-x)}{\sin(\frac{\pi-\alpha}{2})} ,LB'_a=\frac{AL \sin(x)}{\sin(\frac{\pi-\alpha}{2})} $
DA cui :
$ \displaystyle \frac{C'_aL}{LB'_a}=\frac{\sin(\alpha-x)}{\sin(x)} $
Risulta ancora :
$ \displaystyle A'_aC=\frac{AA'_a \sin(x)}{\sin(\gamma)} $$ \displaystyle,A'_aB=\frac{AA'_a \sin(a-x)}{\sin(\beta)} $
DA cui :
$ \displaystyle \frac{A'_aB}{A'_aC}=\frac{\sin(\alpha-x)}{\sin(x)} \frac{\sin(\gamma)}{\sin(\beta)}=\frac{\sin(\alpha-x)}{\sin(x)} \cdpt \frac{c}{b} $
Da qui per le (2) si ottiene:
$ \displaystyle \frac{\sin(\alpha-x)}{\sin(x)}= \frac{b(p-c)}{c(p-b)} $
Pertanto:
(3) $ \displaystyle \frac{C'_aL}{LB'_a}= \frac{b(p-c)}{c(p-b)} $
Sostituiamo ora i valori di (2) e (3) nel primo membro della (1) ed abbiamo:
$ \displaystyle \frac{C'_aL}{LB'_a}\cdot \frac{B'_aC}{CA}\cdot \frac{AB}{BC'_a} $$ \displaystyle=\frac{b(p-c)}{c(p-b)} \frac{p-b}{b} \frac{c}{p-c}=1 $
C.V.D.
Va bene, ma il teorema di Ceva vale, con segmenti orientati, anche per punti esterni al triangolo; bastava dunque dire che
$ $\frac{AC'_a}{C'_aB}\cdot\frac{BA'_a}{A'_aC}\cdot\frac{CB'_a}{B'_aA}= \left( -\frac{p}{p-c}\right)\left( +\frac{p-c}{p-b}\right)\left(-\frac{p-b}{p}\right)=1 $
Avanti ora con i punti 3 e 4! Metto un suggerimento per il 3:
$ $\frac{AC'_a}{C'_aB}\cdot\frac{BA'_a}{A'_aC}\cdot\frac{CB'_a}{B'_aA}= \left( -\frac{p}{p-c}\right)\left( +\frac{p-c}{p-b}\right)\left(-\frac{p-b}{p}\right)=1 $
Avanti ora con i punti 3 e 4! Metto un suggerimento per il 3:
Nagel ha scritto:N, I, G stanno sulla mia retta
Sono il cuoco della nazionale!
Sinceramente mi dispiace se ti sei risentito per quello che ho scritto, perché davvero non avevo intenzione di offendere te o la tua soluzione. Volevo proporre la mia che, sia chiaro, non è più giusta della tua, ma solo più breve.
Aggiungo un altro suggerimento per il punto 3:
Aggiungo un altro suggerimento per il punto 3:
Nagel ha scritto:Non solo N, G, I sono allineati, in quest'ordine, ma in più NG=2GI
Sono il cuoco della nazionale!