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In un triangolo ABC tre ceviane AD, BE e CF concorrono in P, CF interseca ED in G e H è la proiezione di G su AB.
Dimostrare che $ HG $ è la bisettrice di $ \angle EHD $

ho risolto grezzamente quell'esercizio, e a cesenatico idem, e ci riprovo idem adesso..
wlog poniamo P(0,0), C(1,0), A(A,a), B(B,b).
E è il punto di intersezione tra la retta AC e BP da cui $ \displaystyle E ( \frac {AB}{Ab-B(a-1)}, \frac {Ab}{Ab-B(a-1)}) $.
per calcolare D basta scambiare A con B e a con b dato che il problema è simmetrico e otteniamo: $ \displaystyle F ( \frac {AB}{Ba-A(b-1)}, \frac {Ba}{Ba-A(b-1)}) $.
il punto G, sarà l'incontro tra l'asse delle ordinate x=0 e la retta ED. chiamando per semplicitàle coordinate di E come $ (x_E, y_E) $ e analogamente D otteniamo $ \displaystyle G(0,y_D-x_D\frac{y_D-y_E}{x_D-x_E} $.
trovata la retta AB e il coefficiente angolare opposto dell'inverso, fatta passare per G e messa a sistema con la stessa retta AB (tanti conti..) esce che il punto H ha coordinate $ \displaystyle H(\frac{y_G-a+A\frac{a-b}{A-B}}{\frac{a-b}{A-B}-\frac{A-B}{a-b}}, y_G+ \frac{B-A}{a-b}\frac{y_G-a+A\frac{a-b}{A-B}}{\frac{a-b}{A-B}-\frac{A-B}{a-b}}) $ carino è?
a questo punto trasliamo tutti i punti con vettore $ v=(-x_H, -y_H) $, resta adesso solo da verificare che il rapporto tra le "nuove" coordinate di E è pari all'opposto tra le "nuove" coordinate di D, in due lettere $ \frac{x_E-x_H}{y_E-y_H}=-\frac{x_D-x_H}{y_D-y_H} $, che è un'identità algebrica..(per chi voglia verificare..)

Per chi ci vuole scervellare... Si può fare con un'osservazione + un'affinità + un fatto noto... good luck!!

Per il fatto noto: se $ P $ fosse l'ortocentro??

ma guarda quant'è ortico sto problema..

ah già, chiaramente è vero anche il viceversa

p.s. il problema era veramente semplice:

Chiamiamo K l'intersezione tra EF e BC. Chiaramente il fascio A(BCDK) è armonico quindi (FEGK) è una quaterna armonica e quindi il fascio H(FEGK) è armonico con $ GH \perp HK $, quindi $ \angle FHG = \angle GHE $