21. Una parallela alla simson line!

[bĕlcōlŏn]

Sia $ABC$ un triangolo acutangolo con ortocentro $H$ e circonferenza circoscritta $\Gamma$. Sia $P$ un punto dell'arco $BC$ di $\Gamma$ che non contiene $A$. Traccio da $P$ le perpendicolari ad $AB$, $BC$ e $CA$ chiamando $P_1$, $P_2$ e $P_3$ i piedi delle perpendicolari.
Fatto noto: $P_1$, $P_2$ e $P_3$ sono allineati sulla $\textbf{retta di Simson}$, che chiamiamo $s$, di $P$.
Sia ora $PH \cap \Gamma = M$. Tracciamo da $M$ la parallela ad $s$, che interseca $\Gamma$ in $K$. Tracciamo da $P$ la parallela a $BC$ che interseca $\Gamma$ in $Q$. Sia $BC \cap KQ = J$. Dimostrate che $KJM$ è isoscele.

Buon lavoro!

[Nabir Albar]

Fatto noto: se una retta passa per $H$, le sue simmetriche rispetto ai lati del triangolo concorrono sulla crf circoscritta.
Hint per dimostrarlo:

Testo nascosto:

Lo dimostro per una retta particolare e poi guardo come si muovono le simmetriche al variare della retta per $H$

Chiamo $P_a,P_b,P_c$ i simmetrici di $P$ rispetto a $BC,CA,AB$ e $H_a,H_b,H_c$ quelli di $H$ analogamente.
Chiaramente $P_a,P_b,P_c$ sono allineati su una parallela a $s$. Per il fatto noto, $P_aH_a$ e cicliche concorrono in un punto $K'$. Inoltre, sapendo che $H_a,H_b,H_c$ stanno sulla crf circoscritta, ho $\angle PHP_b=\angle P_bH_bP$ e $\angle PHP_c=\angle P_cH_cP$ e uno dei due è l'angolo che insiste sull'arco $PK'$, l'altro il suo supplementare (non sto a usare gli angoli orientati). Dunque $H\in P_bP_c$, cioè $H,P_a,P_b,P_c$ sono allineati.
Inoltre, posto $D=PH\cap BC$, abbiamo $\angle MK'D=\angle H_aPD=\angle HP_aD$ dunque $MK'\parallel HP_a\parallel s$, cioè $K=K'$ (non serve, ma mi sembrava interessante).
Chiamo $Q'$ il simmetrico di $Q$ rispetto all'asse di $MK$. $Q'$ è anche il simmetrico di $H_a$ rispetto all'asse di $BC$ (poiché $QQ'$ e $PH_a$ formano angoli opposti con $BC$). Applicando il teorema di Pascal all'esagono inscritto $H_aKQPMQ'$, abbiamo che $H_aK\cap PM=D$, $KQ\cap MQ'$ e $QP\cap Q'H_a$ sono allineati. Essendo $QP\parallel Q'H_a$, $QP\cap Q'H_a$ è il punto all'infinito di $BC$, quindi $KQ\cap MQ'\in BC$ e $J\in MQ'$.
Essendo $MQ'$ il simmetrico di $KQ$ rispetto all'asse di $MK$, segue che $J\in$ asse di $MK$, che è la tesi.

[Nabir Albar]

Purtroppo non ho il tempo di aspettare conferme da belcolon, per cui ho messo qua il nuovo problema. Chi lo risolve metta pure quello nuovo senza chiedermi conferma