Collinearitá bellina

[6frusciante9]

Sia $ ABCD $ un quadrilatero ciclico e sia $ P $ il punto d'intersezione delle diagonali $ AC $ e $ BD $ . Detti $ O $ il circocentro del triangolo $ APB $ e $ H $ l'ortocentro di $ CPD $, si dimostri che i punti $ O,P,H $ sono allineati.

[Kepler97]

Butto un' idea a random (con cui comunque non riesco a risolverlo).
Dimenticandoci di $H$ basta dimostrare che $OP$ (il suo prolungamento) è perpendicolare a $DC$

[cip999]

Siano $I$ l'inversione di centro $P$ e raggio $\sqrt{PA \cdot PC}$ e $\sigma$ la simmetria di centro $P$.
La trasformazione $\sigma \circ I$ scambia $A$ con $C$ e $B$ con $D$, manda il circumcerchio di $\triangle APB$ nella retta $DC$ e lascia fissa la retta $OP$. Dal fatto che $OP \perp \odot APB$ (che è vero perché $OP$ passa per il centro di $\odot APB$), e poiché l'inversione e la simmetria conservano gli angoli, deduciamo che $OP \perp DC$, e quindi che $H \in OP$.

[6frusciante9]

Bravo bella soluzione cip , io ne ho trovata un'altra con puro angle-chasing ma questa é nettamente superiore .

[cip999]

Grazie!

PS: Ho appena realizzato chi sei...

[6frusciante9]

Ahaha ... Si ho fatto un po' di casino con i nick

[EvaristeG]

Beh, qui sotto c'è un coniugato isogonale mascherato (e inversione+simmetria è amica dei coniugati isogonali)

$ABCD$ è ciclico, quindi $AP\cdot PC=BP\cdot PD$, ovvero $AP/BP=PD/PC$; del resto $\widehat{APB}=\widehat{DPC}$ perché opposti al vertice.
Quindi i triangoli $APB$ e $DPC$ sono simili (in quest'ordine)

Chiamiamo $K$ l'ortocentro di $APB$; tutti sappiamo che $\widehat{APK}=\widehat{BPO}$ (ortocentro e circocentro sono coniugati isogonali), ma poiché, per la similitudine, $\widehat{APK}=\widehat{DPH}$, abbiamo che $\widehat{DPH}=\widehat{BPO}$, da cui si conclude.

(Esercizio per il giovine lettore: riscrivere sta cosa con una trasformazione del piano)

[cip999]

(Esercizio per il giovine lettore: riscrivere sta cosa con una trasformazione del piano)

Tipo quella di cinque post fa o una diversa?

[EvaristeG]

(Esercizio per il giovine lettore: riscrivere sta cosa con una trasformazione del piano)

Tipo quella di cinque post fa o una diversa?

Secondo te...?

[cip999]

Ok... Allora se ho capito bene (cosa assai poco probabile) dovrebbe trattarsi di qualcosa come inversione di centro $P$ e raggio $\sqrt{PA \cdot PC}$ + simmetria rispetto alla bisettrice di $\widehat{APB}$, che fa cose belle tipo mandare $A$ e $B$ nei loro simmetrici $A'$ e $B'$ rispetto alla bisettrice esterna di $\widehat{APB}$, e scambiare le rette $PO$ e $PK$ (usando la stessa notazione di prima). E poi si conclude (forse) osservando che $A'B' \parallel DC$ per Talete.

Quanto sono lontano?

[EvaristeG]

Hm ci sta ... o senza inversioni:
- la simmetria rispetto alla bisettrice di $\widehat{APD}$ manda $D$ in $D'$ su $AP$, $C$ in $C'$ su $BP$
- visto che $AP\cdot PC'=AP\cdot PC=BP\cdot PD=BP\cdot PD'$, $ABP$ e $D'C'P$ sono omotetici di centro $P$, quindi la simmetria di prima manda anche la retta $PH$ nella retta $PK$
- la simmetria rispetto alla bisettrice di $\widehat{APB}$ manda la retta $PK$ nella retta $PO$
- la composizione di due simmetrie manda $PH$ in $PO$, ma la composizione di due simmetrie rispetto a rette ortogonali (bisettrici di angoli supplementari) è una rotazione di $180^\circ$, quindi $H,\ P,\ O$ sono allineati.

[cip999]

Sì, alla fine sono molto simili...

[EvaristeG]

Sì, alla fine sono molto simili...

pun intended?

[cip999]

Sì, alla fine sono molto simili...

pun intended?

Non era intenzionale, ma già che c'era...