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Preso un triangolo ABC e un punto P chiamiamo D,E,F rispettivamente l'intersezione di PA,PB,PC con BC,CA,AB e chiamiamo D',E',F' rispettivamente l'intersezione di EF,FD,DE con PA,PB,PC. Inoltre BC interseca la bisettrice di $ \angle BE'D $ in A' e quella di $ \angle DF'C $ in A''. Ugualmente definiamo B',B'',C',C''.
Dimostrare che A', A'', B', B'', C', C'' stanno sulla stessa conica.

Siccome nessuno risponde posto la mia soluzione che alla fine è alquanto banale

Lemma:preso un triangolo ABC e un punto D su BC, la bisettrice di $ \angle ADB $ incontra AB in E, quella di $ \angle ADC $ incontra AC in F e EF interseca BC in P e AD in K. Allora (BDCP) è una quaterna armonica.
Dim Lemma: per il teorema della bisettrice interna e esterna (PFKE) è una quaterna armonica e quindi anche (EKFK) è una quaterna armonica. Ma allora A(EKFP) è un fascio arminico e quindi (BDCP) è una quaterna armonica.

Chiamiamo $ P_a:C'B'' \cap FE $. Per il Lemma $ (FD'EP_a) $ è una quaterna armonica e quindi $ P_a $ è l'intersezione di EF con BC, ovvero C'B'', FE, BC concorrono in $ P_a $. Definiamo ugualmente $ P_b $ e $ P_c $, allora $ P_a $, $ P_b $ e $ P_c $ giacciono sulla perspettrice tra ABC e DEF e quindi A', A'', B', B'', C', C'' stanno sulla stessa conica per pappo-pascal

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:Siccome nessuno risponde posto la mia soluzione che alla fine è alquanto banale

Sì infatti, non l'ho postata apposta, troppo facile