9. Altre concorrenze (staffetta)

[Anér]

Abbiamo un pentagono ABCDE circoscritto a una circonferenza. Siano A',B',C',D',E' i punti di tangenza dei lati opposti rispettivamente ad A,B,C,D,E. Dimostrare che se AA',BB',CC',DD' concorrono, anche EE' concorre con le altre.

[bĕlcōlŏn]

Evito di fare la figura, altrimenti mi incasino solamente. Si dovrebbe comunque capire

Trovo il polo della retta $AA'$ rispetto alla circonferenza. Basta intersecare le polari di $A'$ e $A$, che sono $A'A'$ e $C'D'$ e definisco tale intersezione $1$. Analogamente
$A'A' \cap D'C'=1$
$E'E' \cap C'B'=2$
$D'D' \cap B'A'=3$
$C'C' \cap A'E'=4$
$B'B' \cap E'D'=5$
Siccome le polari di alcuni punti concorrono se e solo se i poli sono allineati, voglio dimostrare che $1234$ allineati implica che $5$ sta sulla stessa retta. Chiamo $r$ la retta $1234$
Ora applico Pascal a $D'C'C'A'A'E'$ ottenendo che $D'C' \cap A'A'=1$, $C'C' \cap A'E'=4$ e $C'A' \cap E'D'=5'$ sono allineati. Praticamente ho ottenuto che $145'$ sono allineati, quindi 5' sta sulla retta $r$ ed è il punto in cui concorrono $r$, $E'D'$ e $C'A'$. Suppongo per assurdo che la retta $B'B'$ non passi per 5, ovvero che $5 \neq 5'$.
Applico Pascal a $E'D'D'B'B'A'$ e ho che $E'D' \cap B'B' =5$, $D'D' \cap B'A'=3$ e $D'B' \cap A'E'$ sono allineati. (*)
Applico Pascal a $B'D'E'E'A'C'$ e ho che $B'D' \cap E'A'$, $D'E' \cap A'C'=5'$ e $E'E' \cap C'B'=2$ sono allineati.
Quindi da quest'ultima ho ottenuto che $B'D' \cap E'A'$ sta sulla retta $25'$ che poi è proprio la retta r. Ma d'altra parte per la (*), 5 sta sulla retta che congiunge 3 e $D'B' \cap A'E'$, ma se quest'ultimo sta su r, proprio come 3, allora 5 sta su r.
Siccome è assurdo che $5$ e $5'$ stiano contemporaneamente su r si deve avere che $5=5'$ e quindi abbiamo la tesi.

[Anér]

Mi pare che vada tutto bene, io l'avevo fatto con vettori con origine nel punto P di concorrenza di 4 rette e dimostrando, tramite i prodotti vettori, che P è allineato anche con l'ultima coppia di punti, e viene abbastanza in fretta. Scusami se rispondo solo ora, vai pure con il prossimo e buona pasqua a tutti già che ci sono!

[dario2994]

Mi pare che vada tutto bene, io l'avevo fatto con vettori con origine nel punto P di concorrenza di 4 rette e dimostrando, tramite i prodotti vettori, che P è allineato anche con l'ultima coppia di punti, e viene abbastanza in fretta

Non è che espliciti un pochetto... perchè mi piacerebbe capirci qualche cosa Giusto le idee e un inizio di conti se ce ne sono

[Anér]

Teorema più generale: Sia ABCDE un pentagono e A'B'C'D'E' un altro pentagono inscritto nel primo (insomma A' sta su CD e simili). Supponiamo che 1) AA',BB',CC',DD' concorrano e 2) $ \frac{AD'\cdot BE'\cdot CA'\cdot DB'\cdot EC'}{D'B\cdot E'C\cdot A'D\cdot B'E\cdot C'A}=1 $, ove i rapporti tra i segmenti sono da intendersi con il segno.
Allora anche EE' concorre con le altre; in più si può scambiare la tesi con la seconda ipotesi, ovvero se tutte le rette concorrono vale l'uguaglianza. Il teorema vale anche nel triangolo (in questo caso è meglio noto come terema di Ceva) e in generale in un poligono di 2n+1 lati: se 2n rette concorrono e ognuna collega un vertice del poligono a un punto del lato opposto, allora la 2n+1-esima concorre con le altre se e solo se una certa frazione è uguale a 1.
Nel caso del pentagono chiamo P il punto in cui concorrono le prime 4 rette e prendo vettori di origine in P. Allora ottengo un po' di relazioni come $ \vec{A}\times \vec{A}'=\vec{A}\times\frac{\overline{DA'}\vec{C}+\overline{A'C}\vec{D}}{\overline{DA'}+\overline{A'C}}=0 $ da cui si ottiene $ \vec{A}\times\vec{C}=\frac{\overline{AC'}}{\overline{DA'}}\vec{D}\times\vec{A} $. La tesi è una relazione simile che si ottiene dalle altre a forza di sostituzioni.