71. Ancora cosi mistilinei causa poca fantasia

[Kfp]

Sia $\Delta ABC$ un triangolo, e sia $\Gamma$ la sua circonferenza circoscritta. Sia $AP$ una sua ceviana qualunque. Sia $\Omega$ la circonferenza tangente ad $AB$ ed $AC$ nei punti $X$ e $Y$, e tangente internamente a $\Gamma$. Sia $\gamma_{B}$ la circonferenza tangente ad $AP$, $BP$ nei punti $V$ e $W$ e tangente internamente a $\Gamma$, e simimente sia $\gamma_{C}$ la circonferenza tangente ad $AP$, $PC$ nei punti $Z$ e $U$ e tangente internamente a $\Gamma$. Dimostrare che le rette $ZU$, $VW$ e $XY$ concorrono.

[andrew24x]

Lemma 1 (parte 1)
Sia $P$ un punto su $BC$. Allora, detti $E$ e $F$ i punti di tangenza dell'incerchio mistilineo $\omega$ tangente ad $AP$, $PC$ e alla circoscritta $\gamma$ di $ABC$ con $AP$ e $PC$, si ha che $I \in EF$.
Dimostrazione
Sia $K$ il punto di tangenza fra $\omega$ e $\gamma$. $K$, $E$ e $M$ sono allineati, dove $M$ è il punto medio dell'arco $\widehat {BC}$ per l'omotetia di centro $K$ che manda $\omega$ in $\gamma$. Sia $N$ l'immagine di $F$ dopo l'omotetia. Si ha $EF // MN$ perchè l'omotetia manda segmenti in segmenti paralleli. $AM$ è quindi bisettrice. Sia $J=AM \cap EF$.
$AFJK$ è ciclico dato che $\angle AJF= \angle AMN= \angle AKN=\angle AKF$ per parallelismo e angoli alla circonferenza (chiamiamo questo cerchio $C_1$).
Applichiamo il teorema di Miquel al triangolo $AJF$ usando come punti $F$ su $AF$, $E$ su $FJ$ e $J$ su $AJ$.
Quindi le circonferenze $\odot {FFE}$, ossia la circonferenza per $E$ tangente ad $AF$ in $F$ (dunque $\omega$), la circonferenza $\odot {JJE}$, ossia la circonferenza per $E$ tangente ad $AJ$ in $J$ (chiamiamola $C_2$), e la circonferenza per $A,F,J$, quindi $C_1$, concorrono. Dato che $C_1$ e $\omega$ si intersecavano in $K$, anche $C_2$ passa per $K$ (non potendo passare per l'altra intersezione $F$ in quanto $F,J,E$ sono allineati).

Lemma 1.1
Siano $C_a$ e $C_b$ 2 circonferenze. Sia $C_c$ una circonferenza con centro sul loro asse radicale. Allora se $C_c$ è ortogonale a $C_a$ (ossia i raggi sono ortogonali, così come le tangenti, nel punto di intersezione), è ortogonale a $C_b$.
Dimostrazione
La condizione di ortogonalità fra $C_a$ e $C_c$ si può scrivere, considerando il triangolo rettangolo formato dai due centri e dal punto di intersezione, come ${R_a}^2+{R_c}^2={D_{ac}}^2$, dove $D_{ac}$ è la distanza fra i due centri.
Poichè $R_c$ appartiene all'asse radicale si ha, eguagliando le potenze, ${D_{ac}}^2-{R_a}^2={D_{ab}}^2-{R_b}^2$ e sostituendo la relazione di prima ${R_c}^2={D_{ab}}^2-{R_b}^2$, che è proprio la condizione di ortogonalità che volevamo.

Lemma 1 (parte 2)
Consideriamo ora $C_3$, ossia la circonferenza di centro $M$ e raggio $MB=MC$. Si ha $\angle MBE=\angle MBC=\angle MKB=\angle EKB$, dove la terza uguaglianza si ha perchè i due angola insistono su due archi congruenti perchè pari alla metà di $\widehat{BC}$. Dunque la circonferenza $\odot EKB$ è tangente a $BM$ in $B$. Ciò significa che è ortogonale $C_3$, in quanto il raggio è perpendicolare alla tangente $MB$. Per il lemma 1.1 $C_3$ è ortogonale anche a $C_2$ in quanto il suo centro $M$ giace su $KE$, asse radicale di $\odot BKE$ e $C_2$. Dunque $MJ=R_3=MB$.
Ora $MJB$ è isoscele e si ha $\angle CBJ=90^{\circ}-\frac{\angle BMJ}{2}-\angle MBC=90^{\circ}-\frac{\angle BMA}{2}-\frac{\alpha}{2}=90^{\circ}-\frac{\gamma}{2}-\frac{\alpha}{2}=\frac{\beta}{2}$. Dunque $BJ$ è bisettrice dell'angolo in $B$ e quindi $J$ è l'incentro $I$.

Applicando il lemma, che ovviamente vale anche per gli altri lati e anche considerando $BP$ anzichè $CP$, alle tre circonferenze(nel primo caso si ha che il punto $P$ su $AC$ coincide con $A$), si ha che l'incentro appartiene a quelle tre rette che quindi concorrono.

[Kfp]

Ok! Vai pure con il prossimo. Il succo del problema era il tuo Lemma 1, che ogni tanto capita di usare quando ci sono configurazioni simili e che è bene portarsi dietro.