Costruendo triangoli simili su un segmento

[salva90]

Dato 6 triangoli simili tutti dalla stessa parte di un loro lato comune AB, provare che i sei punti diversi da A e B stanno tutti su una stessa circonferenza

pìesse: anche questo non è affatto difficile e non richiede cannoni, per cui astenersi esperti

buon lavoro

[dario2994]

Riesumo questo vecchio post perchè per trovare la soluzione mi sono ammazzato xD
Chiamo C uno dei vertici di uno dei 6 triangoli diverso da A,B.
Divido in 2 casi:
ABC isoscele, in questo caso i triangoli da prendere in considerazione sono solamente 3 e quindi i vertici che "dovrebbero essere conciclici" sono a loro volta solo 3... perciò sono sicuramente conciclici (se è equilatero allora è un solo punto... che è conciclico xD)
ABC scaleno:
Chiamo $ $\omega,\gamma $ le circonferenze di raggio $ $AB $ e centri A,B rispettivamente.
Chiamo C' e C'' gli inversi di C rispetto a $ $\omega,\gamma $.
Chiamo $ $\alpha $ la circonferenza per $ $C,C',C'' $.
Chiamo X,Y le intersezioni di $ $\alpha $ con $ $\omega $ (che esistono dato che C,C' sono uno interno e l'altro esterno a $ $\alpha $ poichè ABC è scaleno).
La cfr $ $\alpha $ non passa per A... altrimenti A,C,C' sarebbero allineati e tutti appartenenti alla stessa circonferenza, da cui otterrei che C,C',C'' sono allineati e perciò anche che A,B,C sono allineati, ma in questo caso il triangolo sarebbe degenere (e i vertici da considerare sarebbero tutti allineati e quindi ciclici). Quindi l'inverso di $ $\alpha $ rispetto a $ $\omega $ è una cfr.
Inoltre esistono 3 punti su $ $\alpha $ (X,Y,C) il cui inverso è un punto su $ $\alpha $ (X,Y,C') perciò $ $\alpha $è l'inversa di se stessa rispetto a $ $\omega $. Con ragionamenti analoghi si dimostra la stessa cosa rispetto a $ $\gamma $.
Chiamo C''' l'inverso di C'' rispetto a $ $\omega $, e C'''' l'inverso di C''' rispetto a $ $\gamma $ e infine C''''' l'inverso di C'''' rispetto a $ $\omega $. Per quanto detto precedentemente C,C',C'',C''',C'''',C''''' appartengono tutti ad $ $\alpha $ (poichè ognuno è ottenuto come inverso rispetto a $ $\omega $ o $ $\gamma $ di un punto su $ $\alpha $) e sono quindi conciclici.
Inoltre per lemma noto l'inversione con centro in un vertice di un triangolo manda quest'ultimo in uno simile (se si considera un triangolo identificato solo dai vertici). Perciò i triangoli con base AB e terzo vertice uno tra C,C',C'',C''',C'''',C''''' sono tutti simili e sono perciò quei 6 triangoli di cui parla la tesi (sono tutti dalla stessa parte perchè l'inversione mantiene la relazione che intercorre tra una retta per il centro d'inversione e un punto).
Se si volesse essere formali bisognerebbe dimostrare che tutti quei C sono differenti... ma è noioso e ovvio ;)

Giusto per completezza accenno ad alcune idee che avevo avute che si sono rivelate infruttuose (oppure hanno aiutato ad arrivare a quella giusta):
Ho tentato di caratterizzare i 6 punti in questione... con strane omotetie e rotazioni, riconducendomi perfino alla situazione del problema 3 di Cesenatico di quest'anno, con questo metodo ho capito che i 6 punti erano simmetrici rispetto all'asse di AB.
Poi ho notato che se tracciavo le circonferenza passanti per C tangenti ad AB in A o B ottenevo che la tesi diveniva molto più carina (sfruttando il fatto della simmetria rispetto all'asse) poichè gli altri vertici si ottenevano come intersezioni di rette e cfr: Prendo 2 cfr x,y che si intersecano in C,Q. Una tangente comune le tange in A,B. Definisco C',C'' le intersezioni di AC,BC con y,x rispettivamente. Dimostrare che l'asse di AB, di CC',di CC'' concorrono.
Ho passato UNA cifra di tempo a tentare di dimostrare questo fatto... senza grossi risultati oltre all'avere tracciato una caracca di rette incredibile xD
Poi mi è venuta in mente l'inversione (come conseguenza della potenza di A,B nel fatto precedente)... ma l'inversione mi ha fatto venire in mente i complessi (in entrambi i sensi...) perciò mi sono ritrovato a fare contazzi in complessi perfino usando la formula per il circocentro... ma come disse Aner "ci sono esperienze migliori nella vita" e capendo che i calcoli non andavano da nessuna parte ho abbandonato.
Sfinito l'ultimo barlume di speranza era che funzionasse una sintetica con inversione... ma questo implicava dover capire su quale circonferenza stavano sti punti ($ $\alpha $). Con l'aiuto di geogebra e un po di fortuna ho trovato che era la circonferenza invariante rispetto all'inversione in A o B... e poi la soluzione è venuta da se, come scritto sopra.
Spero di non aver scritto boiate e che si capisca.