Perpendicolari concorrenti di cerchi diametrali

[karlosson_sul_tetto]

Sia ABC un triangolo e siano $\Gamma_A$,$\Gamma_B$, $\Gamma_C$ le tre circonferenze aventi come diametro i tre lati BC, AC, AB. Siano $X_1,X_2$ due punti su AC tali che $AX_1^2=AX_2^2=pow_{\Gamma_A}(A)$ e tali che A sia compreso tra C e $X_2$. SImilmente $Y_1,Y_2\in AB$ tali che $BY_1^2=BY_2^2=pow_{\Gamma_B}(B)$ e tali che B sia compreso tra A e $Y_2$; $Z_1,Z_2\in BC$ tali che $CZ_1^2=CZ_2^2=pow_{\Gamma_C}(C)$ e tali che C sia compreso tra B e $Z_2$. Dimostrare che la perpendicolare da $X_2$ a $BX_1$, da $Y_2$ a $CX_1$, da $Z_2$ a $AZ_1$ concorrono.

[Mountains Drew]

Dunque

Testo nascosto:

Vogliamo dimostrare che le tre rette concorrono nell'ortocentro $H$.

$\Gamma_A$ passa per $K$ piede dell'altezza condotta da $B$, quindi
$AX_1^2=AX_2^2=pow_{\Gamma_A}(A) = AK \cdot AC = bc \cos\alpha \Rightarrow AX_1 = AX_2= \sqrt{bc \cos\alpha }$

Sia $P$ la proiezione di $H$ su $BX_1$. Dimostriamo che $PH$ interseca $AC$ proprio in $X_2$.
Chiamiamo $Y=PH \cap AC$ .
Abbiamo $\triangle YKH \sim \triangle YPX_1 \sim \triangle BKX_1$ perchè rettangoli e a due a due con un angolo acuto comune. Quindi
$ \frac{YK}{KH}=\frac{BK}{KX_1} $
Grazie alla trigonometria sappiamo che
$BK=c\sin\alpha$
$KX_1 = AX_1-AK = \sqrt{bc \cos\alpha } - c\cos\alpha $
$KH = \frac{a}{\sin\alpha}\cos\alpha\cos\gamma$
Quindi ci calcoliamo $YK$
$$YK = \frac{BK\cdot KH}{KX_1} = \frac{ac\cos\alpha\cos\gamma }{ \sqrt{bc \cos\alpha } - c\cos\alpha } =
\frac{ac\cos\alpha\cos\gamma }{ bc \cos\alpha - c^2\cos^2\alpha } \left(\sqrt{bc \cos\alpha } + c\cos\alpha \right) = $$
$$=\frac{a\cos\gamma }{ b - c\cos\alpha } \left(\sqrt{bc \cos\alpha } + c\cos\alpha \right) = \sqrt{bc \cos\alpha } + c\cos\alpha = AX_2+AK = KX_2 $$

$\Rightarrow Y\equiv X_2$

Quindi la retta per $X_2$ perpendicolare a $BX_1$ passa per $H$.
Idem le cicliche.

[Mountains Drew]

Ah, non ho considerato le configurazioni con $ABC$ ottusangolo. Ma (dopo avere riscritto i segmenti con le lettere ordinate giuste) con i segmenti orientati dovrebbe venire ugualmente.

[karlosson_sul_tetto]

Anche se, come fa notare il buon Lucamac, quand'è ottusangolo alcuni punti non esistono.

[Federico II]

Maccosa... e io che stavo provando a farlo senza conti! Che dite si può fare?

Testo nascosto:

Avevo trovato che il punto di concorrenza è l'ortocentro, e per dimostrarlo la configurazione mi suggeriva di invertire in $A$ con raggio $\sqrt{pow_{\Gamma_A}(A)}$ ma non ero giunto alla conclusione, poi avevo trovato alcune cose apparentemente interessanti ma abbastanza scontate...

[karlosson_sul_tetto]

Si, si può fare.
Hint:

Testo nascosto:

È più comodo cambiare il triangolo di riferimento in $BX_1X_2$ e definire tutto da lui (C è forse più comodo definirlo come intersezione e non come punto che soddisfa una tale equazione).

Testo nascosto:

Ora, se E è la proiezione di B su AC, $(C,E;X_1,X_2)$ è una quaterna armonica (o alternativamente un po' di cerchi qua e là)

Testo nascosto:

Ora, si spera, ci si è ricondotti ad un problema in cui sono presenti pochi punti ($B,X_1,X_2,H$ e un altro facilmente ottenibile da questi con cose stupide) che è magari si è già visto... (mi sento molto Sala a dire cose del genere)