Con una bella sfilza di problemi, il punto 8 anche se la meritava la faccina!
Mettiamo subito il disegno:
Intanto vediamo che, per il teorema della bisettrice, $ \displaystyle \frac{DB}{DC} = \frac cb $ e anche $ \displaystyle \frac{D'B}{D'C} = \frac cb $. Quindi, la circonferenza $ \displaystyle \Gamma_A $ è la circonferenza di apollonio rispetto a B e C con i rapporti c e b! Ma abbiamo chiaramente anche $ \displaystyle \frac{AB}{AC} = \frac cb $, quindi A è sulla circonferenza. O più facilmente perchè le bisettrici formano un angolo retto.
Abbiamo ottenuto che $ \displaystyle A \in \Gamma_A $ e cicliche.
Ora, l'incentro appartiene ad AD. Ma AD è una corda. Quindi l'incentro è interno a tutte e tre le circonferenze! Questo ci da la certezza che le prime due si incontrino in un punto J. Per Apollonio, avremo $ \displaystyle \frac{JB}{JC} = \frac cb, \frac{JC}{JA} = \frac ac $, da cui moltiplicando le prime 2 abbiamo la condizione di appartenenza alla terza circonferena: $ \displaystyle \frac {JB}{JA} = \frac ab $.
Concludiamo che le 3 circonferenze passano tutte per due punti, J e J', che soddisfano:
$ \displaystyle aJA = bJB = cJC $.
Mettiamo che vogliamo calcolare l'angolo
$ \displaystyle \angle O_AAB = \angle O_AAD - \alpha = \angle O_ADA - \alpha = $$ \displaystyle \angle DAC + \angle DCA - \alpha = \angle DCA = \angle BCA $.
Questo ci dice appunto che la retta $ \displaystyle O_AA $ è tangente alla circonferenza per A,B,C... cioè che $ \displaystyle \Gamma_A $ è ortogonale alla circonferenza circoscritta. Quindi sono tutte ortogonali a questa.
Dall'ortogonalità segue che $ \displaystyle OA,OB,OC $ sono le tre tangenti da O alle circonferenze. Che sono tutte uguali al circoraggio. Quindi O ha la la stessa potenza rispetto alle 3 circonferenze, e quindi giace sull'asse radicale JJ'!
Essendo queste tre circonferenze ortogonali a quella circoscritta, invertendo nella circonferenza circoscritta le mando in se stesse. E scambio i punti allineati con il centro d'inversione che stanno sulla stessa circonferenza... J e J'!
Abbiamo visto che $ \displaystyle O_AA $ è tangente alla circonferenza circoscritta. Quindi $ \displaystyle O_AB \cdot O_AC = O_AA^2 = O_AD^2 $, ovvero l'inversione in $ \displaystyle \Gamma_A $ scambia B e C. Quindi questa inversione manda la circonferenza per J,J',C in quella per J,J',B. Quindi scambia le circonferenze $ \displaystyle \Gamma_B,\Gamma_C $ !
L'inversione conserva gli angoli tra rette e circonferenze. Quindi, invertendo in $ \displaystyle \Gamma_A $, l'angolo tra $ \displaystyle \Gamma_C,\Gamma_A $ è lo stesso angolo tra le loro immagini, $ \displaystyle \Gamma_B,\Gamma_A $. Facendo lo stesso invertendo nelle altre, si vede subito che gli angoli con cui si intersecano le circonferenze sono di 60°.
Inoltre l'inversione manda rette per l'origine in se stesse e conserva le tangenze... quindi se dal centro di inversione traccio le due tangenti a una circonferenza, queste saranno tangenti anche dell'inversa. Nel caso in cui il centro di inversione sia interno alla circonferenze, si vede comunque facilmente coi rapporti che questo è un centro di similitudine ($ \displaystyle OX \cdot OX' = r^2 = OY \cdot OY' \Rightarrow \frac{OX}{OY'} = \frac{OY}{OX'} $).
Quindi ciascuna delle circonferenze è centro di similitudine delle altre due.
Questi erano i punti 1-6, andate avanti!
detta $ r_A $ la corda comune a $ \Gamma_A $ e la circonferenza circoscritta ad ABC (e similmente $ r_B,r_C $) dimostrare che $ r_A,r_B,r_C $ concorrono su JJ' in L (punto di Lemoine, coniugato isogonale del baricentro-ma dimostrarlo è complicato)
