Triangoli ortologici, variazione su tema

[Anér]

Abbiamo due triangoli $ ABC $ e $ A'B'C' $ e un angolo $ \theta\in (0,\pi) $. Sia $ a $ la retta passante per $ A' $ e tale da formare con la retta $ BC $ un angolo orientato pari a $ \theta $. Definamo analogamente le rette $ b $ e $ c $. Sia invece $ a' $ la retta passante per $ A $ e tale da formare con la retta $ B'C' $ un angolo orientato pari a $ -\theta $. Definamo analogamente le rette $ b' $ e $ c' $. Allora $ a,b,c $ concorrono se e solo se $ a',b',c' $ concorrono.
Inoltre nel caso in cui i punti $ A',B',C' $ sono rispettivamente sulle rette $ BC,CA,AB $, i due eventuali punti di concorrenza sono coniugati isogonali rispetto al triangolo $ ABC $.

[bĕlcōlŏn]

[Ho notato che per una distrazione ho scambiato le rette $a$ con $a'$, $b$ con $b'$ e $c$ con $c'$, sostanzialmente non dovrebbe cambiare nulla]

Questa è la prima volta che uso gli angoli orientati in una soluzione, quindi potrei scrivere delle boiate, vi prego di correggermi, inquesto caso
Mi riferisco alla figura che ho allegato.
Considero per ora solo la retta $c$ e le rette $a'$ e $b'$. Sia $L$ l'intersezione di $c$ e $A'B'$, così come siano
$S$ e $V$ rispettivamente le intersezioni di $a'$ con $BC$ e $b'$ con $AC$.
Ora chiamo $\angle (x,y)$ l'angolo di cui occorre ruotare in senso antiorario $a$ per fare in modo che
coincida con $b$ (che poi sarebbe l'angolo orientato).
Si verifica che $\angle (x,y)=-\angle(y,x)$. Inoltre in generale $XYZW$ è ciclico se e solo se
$\angle(XZ,YZ)=\angle(XW,YW)$. Inoltre queste quantità sono uguali a meno di angoli piatti.
Ora, per ipotesi, so che $\angle(CL,A'B')=\theta=-(-\theta)=-\angle(A'S,CB)=\angle(CB,A'S)$.
Ma $\angle(CL,A'B')=\angle(CL,A'L)$ e $\angle(CB,A'S)=\angle(CS,A'S)$. Quindi $\angle(CL,A'L)=\angle(CS,A'S)$. Allora,
per la precedente equivalenza, $CA'LS$ è ciclico. Da ciò si deduce che $\angle(SA',LA')=\angle(SC,LC)$. Ora
sia $P$ il punto in cui concorrono $a$, $b$ e $c$. Allora $\angle(SC,LC)=\angle(SC,PC)=-\angle(PC,SC)$. Quindi
$\angle(SA',LA')=-\angle(PC,SC)$ da cui $\angle(SA'B')=\angle(SA'L)=-\angle(PCS)=-\angle(PCB)$. In questa stessa maniera ottengo
$\angle(VB'A')=-\angle(PCA)$. Ora si può fare la stessa cosa considerando le altre due terne di rette $(b,a',c')$ e $(a,b',c')$.
Definita $M$ l'intersezione di $c'$ con $AB$ si hanno le uguaglianze
$\angle(VB'C')=-\angle(PAC)$
$\angle(MC'B')=-\angle(PAB)$
$\angle(MC'A')=-\angle(PBA$
$\angle(SA'C')=-\angle(PBC)$
e insieme alle precedenti
$\angle(SA'B')=-\angle(PCB)$
$\angle(VB'A')=-\angle(PCA)$
Applicando il teorema di Ceva Trigonometrico sul triangolo $ABC$ si ha che
$\dfrac{\sin\angle(PAB)\cdot\sin\angle(PBC)\cdot\sin\angle(PCA)}{\sin\angle(PBA)\cdot\sin\angle(PCB)\cdot\sin\angle(PAC)}=-1$
Sostituendo gli angoli delle precedenti uguaglianze si ottiene un'uguaglianza che, per il teorema inverso di Ceva, ci consente
di concludere che $A'S$, $B'V$ e $C'M$ concorrono. Questo dimostra una freccia, l'altra è del tutto identica.

Non ho pensato al secondo punto, ma penso derivi da qualche uguaglianza di angoli, ci penso e magari vedo se concludo qualcosa.

[bĕlcōlŏn]

Allora, il secondo punto...
http://img715.imageshack.us/i/problema4.png/
Faccio riferimento alla figura nel link
Noto che $\angle (A'P',BC)=\angle(B'P',AC)$ ovvero $\angle (P'A',CA')=\angle (P'B',CB')$, quindi $P'A'CB'$ è ciclico. Ma allora
$\angle (P'A',B'A') = \angle (P'C,B'C) \Rightarrow \angle P'A'B' = \angle P'CB'$.
Ora sia $T=AP' \cap CP$ e $S=AB' \cap CP$.

Piccolo lemma: Dati tre punti 1,2,3 nel piano vale $\angle 123+\angle231+\angle312 = 0$.

Applicando questo lemma ai triangoli $TA'C$ e $TA'S$ e uguagliando si ottiene $\angle TA'C + \angle A'CT + \angle CTA' = \angle TA'S + \angle A'ST + \angle STA'$. Ma essendo $\angle STA' = \angle CTA'$ e $\angle TA'C = \angle (A'P',BC)=\theta = -(-\theta) = -\angle (CP,A'B')=-\angle(CS,SA')=-\angle CSA'=\angle A'SC = \angle A'ST$, semplificando gli angoli uguali nella uguaglianza iniziale si ha che $\angle A'CT = \angle TA'S$. Ma $\angle TA'S = \angle P'A'B' = \angle P'CB'$ e $\angle A'CT=\angle A'CP$. Quindi
per transitività $\angle A'CP=\angle P'CB'$. Quindi $CP$ e $CP'$ sono simmetrici rispetto alla bisettrice. Facendo questo ragionamento sugli altri vertici, si ottengono uguaglianze simili che portano a concludere che $P$ e $P'$ sono coniugati isogonali.