Alla fine ce l'ho fatta! Sì, per come si presenta il problema è elegante, la dimostrazione invece è tutta a colpi di incentri ed excentri. Diamo i nomi alle cose: $ a,b,c,d,e,f $ sono le bisettrici esterne in questione; $ bc $ invece è l'intersezione delle rette $ b $ e $ c $, e analogamente definiamo le intersezioni tra le varie coppie di bisettrici (so che di solito ai punti si mettono nomi costituiti da una lettera maiuscola, ma così mi sembra più facile da capire anche senza figura). La tesi diventa dunque che $ ac,bd,ef $ sono allineati. Per Desargues basta dimostrare che i triangoli $ bc\quad be\quad ce $ e $ da\quad df\quad af $ sono perspettici, in quanto hanno i lati corrispondenti che sono proprio le coppie di bisettrici opposte.
Si ha che i punti $ bc, da $ sono equidistanti dalle rette $ ECD $ e $ EBA $, in quanto sono rispettivamente l'incentro del triangolo $ BEC $ e l'excentro relativo a $ E $ del triangolo $ DEA $; dunque la retta per $ bc, da $ è la bisettrice interna dell'angolo in $ E $ del quadrilatero completo. Analogamente si dimostra che la retta per $ be, df $ è la bisettrice interna dell'angolo in $ C $ del quadrilatero completo (e dunque è bisettrice esterna del triangolo $ BEC $) e la retta per $ ce, af $ è bisettrice interna dell'angolo in $ B $ del quadrilatero completo. Allora le tre rette che devono concorrere concorrono nell'excentro relativo a $ E $ del triangolo $ BEC $. Ovviamente si poteva fare in molti modi analoghi e non sono del tutto certo di aver dato i nomi giusti alle cose in ogni configurazione, ma il succo è questo.
Ciò detto, dimostrare che i triangoli $ bc\quad be\quad ce $ e $ da\quad df\quad af $ oltre ad essere perspettici sono anche simili. Se può servire passare per il problema intermedio in bianco
L'uomo che non aveva fretta ha scritto:Dimostrare che i quadrilateri formati dalle rette (con i nomi di sopra) a c e f; a c b d; b d e f sono tutti ciclici
Buon lavoro!
