34. Rette per un punto fisso

[Francesco Sala]

Sia dato un triangolo $ ABC $ e sia $ \Gamma $ il suo circocerchio. Sia $ \Omega $ il cerchio tangente ad $ AB, AC $ e tangente internamente a $ \Gamma $. Sia $ P $ un punto di $ \Omega $ e sia $ \omega $ il cerchio passante per $ A $ e tangente a $ \Omega $ in $ P $; siano $ X $ e $ Y $ le intersezioni diverse da $ A $ di $ \omega $ con $ AB, AC $ rispettivamente. Sia $ X' $ il simmetrico di $ X $ rispetto al punto medio di $ AB $ e sia $ Y' $ il simmetrico di $ Y $ rispetto al punto medio di $ AC $.

Dimostrare che al variare di $ P $ su $ \Omega $ le rette $ X'Y' $ passano per un punto non dipendente da $ P $.

[Francesco Sala]

Visto che dopo più di due settimane nessuno ha risposto, metto un piccolo aiuto:

Testo nascosto:

Il punto di concorrenza delle rette $ X'Y' $ è il punto di Nagel di $ ABC $.

[dario2994]

Lemma Perelisa: Dato un quadrilatero circoscritto $ABCD$ alla circonferenza $\gamma$, sia $X=AD\cap BC$. Inoltre $AB,CD$ tangono $\gamma$ in $P,Q$. Vale $\frac{BP}{QD}\cdot \frac{DA}{AX}\cdot \frac{XC}{CB}=-1$

Testo nascosto:

Per lemma più o meno noto (dimostrabile con Brianchon degenere come visto a G4 advanced di questo senior ) $AC,BD,PQ$ concorrono.
Sia $Y$ il punto di concorrenza.
Per Menelao sul triangolo $DXB$ con trasversale $AYC$ vale $\frac{BY}{YD}\cdot \frac{DA}{AX}\cdot \frac{XC}{CB}=-1$.
Inoltre vale per il teorema dei seni sui triangoli $BPY$ e $DQY$ che $\frac{BP}{QD}=\frac{BY}{YD}$.
Unendo le 2 uguaglianze si ottiene la tesi.

Lemma Zunah: $XY$ tange l'inscritta.

Testo nascosto:

Siano $H,K$ in cui $\Omega$ tange $AB,AC$. Per Pascal si ottiene abbastanza facilmente che il punto medio di $HK$ è l'incentro. Ma allo stesso modo sul triangolo $AXY$ risulta equivalentemente che il punto medio di $HK$ è il suo incentro o excentro (in base a dove si trova $P$). In entrambi i casi ottengo che il lato $XY$ del triangolo tange l'inscritta.

Ora sia $A'$ il punto di tangenza dell'exinscritta di $A$ con $BC$, $B'$ lo definisco analogamente. Sia $N$ il punto di Nagel di $ABC$ e sia $Q$ il punto in cui l'inscritta tange $AC$.
Per Menelao sul triangolo $AA'C$ con trasversale $B'NB$ ottengo $\frac{AN}{NA'}\cdot\frac{A'B}{BC}\cdot\frac{CB'}{B'A}=-1$.
E questo diventa facilmente spostando qualche segmento (e ormai non so manco io perchè uso i segmenti orientati ):
$\displaystyle\frac{AN}{NA'}\cdot \frac{AQ}{BC}=-1$ (*)
Sia invece $N'=X'Y'\cap AA'$.
Allora per Menelao sul triangolo $ACA'$ e trasversale $AN'A'$ ottengo:
$\frac{AN'}{N'A'}\cdot\frac{A'X'}{X'C}\cdot\frac{CY'}{Y'A}=-1$
E anche qui sposto un po' di segmenti ovvi ottenendo:
$\displaystyle\frac{AN'}{N'A'}\cdot\frac{XP}{BX}\cdot\frac{YA}{CY}=-1$ (**)

Ora il lemma di Zunah mi assicura che posso applicare il lemma di Perelisa al quadrilatero $AYXB$ e ottenere così che
$\displaystyle\frac{XP}{QA}\cdot\frac{AY}{YC}\cdot\dfrac{CB}{XB}=-1$ (***)

E (*)+(**)+(***) mi assicurano che $N=N'$ perchè divide con lo stesso rapporto il segmento $AA'$.

p.s. qui il numero di typo credo sia incalcolabile...

edit: corretto 2 grossi typo

[Francesco Sala]

Lo schema generale della dimostrazione sembra corretto; direi che a parte i buffi nomi dei lemmi ed i preannunciati errori di compilazione (in particolare, penso che $ H, K $ debbano essere i punti di tangenza di $ \Omega $ con i lati) va tutto bene.