TSTST americano

[Davide Pierrat]

L'ho trovato carino quindi lo posto =P

Si prenda un triangolo scaleno $ABC$, siano $A_1$ e ciclici i piedi delle altezze da $A$ a $BC$, siano poi $A_2=BC \cap B_1C_1$ e ciclici. Si mostri che la perpendicolare condotta dal punto medio di $BC$ ad $AA_2$ e le altre due rette definite ciclicamente concorrono.

[Pit]

Testo nascosto:

Siano $H$ l'ortocentro di $ABC$ e $M$ il punto medio di $BC$. Essendo $M$ il circocentro di $BCB_1C_1$, per il teorema di Brocard, è anche l'ortocentro di $AA_2H\Rightarrow H$ appartiene alla perpendicolare a $AA_2$ passante per $M$. Allo stesso modo anche le altre due rette passano per $H$ e quindi concorrono.

[Davide Pierrat]

Yep, questo è un modo, e anch’io l’ho visto così, ci sono anche altri modi un po’ meno overkill che lo risolvono altrettanto bene

[TheRoS]

Io ho provato così:

Testo nascosto:

Il nostro claim è il seguente: tutte le rette incriminate passano per l'ortocentro di $\Delta ABC$ e quindi concorrono. Per dimostrarlo si chiami al solito modo $H$ l'ortocentro e $M$ il punto medio di $BC$, chiamiamo $T$ il piede della perpendicolare da $M$ a $A_2A$ e $H_1$ $MT$ intersecato $AA_1$. Poiché $\angle{H_1TA}=90$, ci basta dimostrare che $\angle{HTA}=90$ per concludere che $H\equiv H_1$. Chiamiamo $\gamma$ la circonferenza per $A,C_1,B_1,H$ e $\omega$ la circonferenza per $A,M,A_1,T$. Sappiamo quindi che $A_2T\cdot A_2A=A_2M\cdot A_2A_1$, d'altra parte $A_1,M,C_1,B_1$ stanno sulla Feuerbach, perciò $A_2M\cdot A_2A_1=A_2C_1\cdot A_2B_1$, ma allora $T\in\gamma$. Da qui si deduce che $\angle ATH=90$. Iterando il ragionamento per $B$ e $C$ si dimostra il claim.

[Davide Pierrat]

Pensavo proprio a lei =P qualsiasi cosa in cui compaia Feuerbach diventa più bella