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Definizioni: vedi qui

Problema: Prendiamo un triangolo ABC con ortocentro H e circonferenza circoscritta $ \Gamma $ e un punto P tale che chiamati A',B',C' l'intersezione di AP,BP,CP con $ \Gamma $ le perpendicolari da A' a BC, da B' a CA, da C' a AB concorrano in un punto Q. Chiamiamo A'',B'',C'' i simmetrici di A',B',C' con BC,CA,AB.

Per informazione il luogo dei punti P è una cubica chiamata cubica di McCay inoltre questo luogo ha altre proprietà interessanti che qualcuno si può divertire a dimostrare:

• E' il luogo dei punti P tali che il triangolo circumceviano di P e ABC sono ortologici.
• E' il luogo dei punti P tali che la crf circoscritta al triangolo pedale di P è tangente alla crf di Feuerbach.
• E' il luogo dei punti P per cui il triangolo pedale e quello circumceviano sono prospettici con centro che chiamiamo $ Z $.
• E' il luogo dei punti P per cui P, il cuniugato isogonale di P e l'inverso di P rispetto a $ \Gamma $ sono allineati.

$ 1 \blacktriangleright $ Dimostrare che A'B'C' e A''B''C'' sono triangoli simili con centro di similitudine indiretta P (per una generalizzazione vedi il secondo post qui).
$ 2 \blacktriangleright $ Dimostrare che A'B'C' e A''B''C'' sono ortologici e che un centro ortologico che chiamiamo T sta sulla crf circoscritta a A'B'C' e l'altro che chiamiamo T' sta sulla crf circoscritta a A''B''C''.
$ 3 \blacktriangleright $ Dimostrare che T' è il simmetrico di H rispetto al circocentro di A''B''C''.
$ 4 \blacktriangleright $ Dimostrare che Z,P,O,Q sono allineati su una retta parallela a HT'.

Hai l'esame di maturità tra non molte ore e stai sveglio fino alle 4 di notte per postare questa roba?

Pigkappa ha scritto:Hai l'esame di maturità tra non molte ore e stai sveglio fino alle 4 di notte per postare questa roba?

be' che c'è di male? io ero a fare questi alla stessa ora

Agi_90 ha scritto:be' che c'è di male? io ero a fare questi alla stessa ora

lol idem sono andato avanti finché non mi sono reso conto dell'idiozia della cosa (e ci ho messo un bel po'....)

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:Definizioni: vedi qui

quando ho aperto quel post la prima volta avevo intuito che non avevi scopi didattici ma di economia di caratteri, tuttavia pensavo aspettassi un po' prima di farti scoprire.

Per i primi due punti preferisco le generalizzazioni.

Punto 1.

Riporto il testo:
"Sia ABC un triangolo, P un punto e A'B'C' il triangolo circumceviale di P rispetto a ABC (A' sulla crf circoscritta a ABC tale che A',P,A sono allineati etc), Sia A'' il simmetrico di A'' rispetto a BC e cicliche. Dimostrare che A'B'C' sono simili con centro di similitudune P"

Step 1
Naturalmente posso porre che la circonferenza circoscritta ad $ ABC $ abbia raggio 0,5. In tal modo la lunghezza di qualsiasi sua corda sarà identificabile con il seno dell'angolo che la sottende.

Diamo il nome ad alcuni angoli:

$ BAP=\alpha_B\ \ PAC=\alpha_C \ \ BAC=\alpha $
$ CBP=\beta_C\ \ PBA=\beta_A\ \ CBA=\beta $
$ ACP=\gamma_A\ \ PCB=\gamma_B\ \ ACB=\gamma $

Vorremmo calcolare la quantità: $ \frac{PA''^2}{PA'^2} $.

Step 2
Per farlo, però, dovremo conoscere A'A''.
Sia $ K_A $ la proiezione di A' su BC.
Allora il triangolo$ BA'K_A $ è rettangolo con ipotenusa $ BA'=\sin\alpha_B $.
Quindi $ A'K_A=\sin\alpha_B \sin\alpha_C $.
$ K_A $ è punto medio di A'A''.
Pertanto: $ A'A'' = 2\sin\alpha_B\sin\alpha_C $.

Step 3
Dovremo anche calcolare PA'.
Lo si può fare tramite il Teorema dei Seni su $ BPA' $. Si ha:
$ PA'=BA'\frac{\sin{\angle{A'BP}}}{\sin{\angle{BPA}'}}=\frac{\sin\alpha_B\sin(\alpha_C+\beta_C)}{\sin(\alpha_B+\beta_A)} $.

Step 4
L'angolo $ \angle{A''A'P} $ è uguale a $ \angle{PAH_A} $, dove $ H_A $ è la proiezione di A su BC (vero perché $ A'A'' $ e $ AH_A $ sono $ \parallel $ fra loro, in quanto $ \perp BC $).
$ \angle{PAH_A} = \angle{PAC}-\angle{H_AAC}=\alpha_C + \gamma -\frac{\pi}{2} $

Step 5
Finalmente calcoliamo $ \frac{PA''^2}{PA'^2} $ (con Carnot)!
$ \frac{PA''^2}{PA'^2}=\frac{PA'^2 + A'A''^2 -2 \cos(\angle{A''A'P})\cdot PA'\cdot A'A''}{PA'^2} = 1 +\frac{A'A''}{PA'}\cdot qualcosa $
$ qualcosa = \frac{A'A''}{PA'} - 2\cos(\alpha_C+\gamma-\frac{\pi}{2} =\frac{2\sin\alpha_B\cdot \sin\alpha_C\cdot \sin(\alpha_B + \beta_A)}{\sin\alpha_B\cdot \sin(\alpha_C + \beta_C)} - 2sin(\alpha_C + \gamma) $

Allora continuiamo:
$ \frac{qualcosa\cdot\sin(\alpha_C + \beta_C)}{2} = \sin\alpha_C\cdot \sin(\alpha_C + \beta_C + \gamma) -\sin(\alpha_C + \beta_C)\cdot \sin(\alpha_C + \gamma)= $
$ = \sin\alpha_C\cos\gamma\sin\alpha_C\cos\beta_C \ \ +\ \ \sin\alpha_C\cos\gamma\cos\alpha_C\sin\beta_C\ \ +\ \ \sin\alpha_C\sin\gamma\cos\alpha_C\cos\beta_C\ \ -\ \ \sin\alpha_C\sin\gamma\sin\alpha_C\sin\beta_C\ \ -\ \ \sin\alpha_C\cos\gamma\sin\alpha_C\cos\beta_C\ \ -\ \ \sin\alpha_C\cos\gamma\cos\alpha_C\sin\beta_C \ \ -\ \ \sin\alpha_C\sin\gamma\cos\alpha_C\cos\beta_C\ \ -\ \ \sin\alpha_C\sin\gamma\sin\alpha_C\sin\beta_C $
$ = \sin\gamma\cdot\sin\beta_C\cdot (-\sin^2\alpha_C-\cos^2\alpha_C) = -\sin\gamma\cdot\sin\beta_C $

Step 6
Allora $ \frac{PA''^2}{PA'^2}= 1+ \frac{-4\cdot\sin\alpha_C\cdot\sin\beta_C\cdot\sin(\alpha_B + \beta_A)\cdot\sin\gamma}{\sin^2(\alpha_C + \beta_C)} $.
Ora si noti che scambiando il ruolo di ($ A,\alpha $) con ($ B,\beta $) la formula precedente non cambia.
Ciò prova inconfutabilmente che:
$ \frac{PA''^2}{PA'^2}=\frac{PB''^2}{PB'^2} $ e quindi:
$ \frac{PA''^2}{PA'^2}\frac{PB''^2}{PB'^2}\frac{PC''^2}{PC'^2} $

Conclusione
Giacchè vale la proposizione precedente, si argomenta concludendo che esiste una similitudune di centro P che manda $ A'B'C' $ in $ A''B''C'' $.

Ora basta provare che tale similitudine è indiretta.

Punto 1.2: La similitudine è indiretta.

Forse esistono modi banali per dimostrarlo, ma ora che sono le 2 di notte non ho intenzione di cercarli.
Scriverò, invece, del primo metodo che mi è venuto in mente adesso, il quale mi pare affatto interessante, tanto da non cercare di formalizzarlo bene bene, ma comunque di spiegarlo per una buona mezz'oretta.

Passo 1
Esistono P1 e P2 tali che la similitudine fra i A'B'C' e A''B''C'' che si costruiscono sia indiretta e tali che P1 e P2 sono uno esterno e l'altro interno a $ \Gamma $.

Basta sceglierli appartenenti alla retta che contiene un lato di ABC (wlog AB).
In questo modo: A' = A'' = B e B' = B'' = A
Invece C' e C'' sono simmetrici rispetto ad AB.
Dunque si tratta palesemente di una simmetria assiale (notoriamente indiretta).

Passo 2
Una similitudine è in bilico fra "diretta" e "indiretta" se e solo se non si riesce bene a definire un verso dei vertici del triangolo.
Questo problema sussiste solo quando si ha a che fare con triangoli degeneri.
In tutti gli altri casi si può facilmente eunivocamente discernere la """direttità""" di una similitudine.

Passo 3
Gli unici $ A'B'C' \in \Gamma $ che possono esssere degeneri sono quelli in cui uno dei vertici coincide.
Questo caso si presenta (dato per scontato che ABC non sia degenere) solo quando $ P \in \Gamma $.

Passo 4
Supponiamo per assurdo che ci sia un P3 che dia luogo ad una similitudine diretta.
"Muoviamo" con continuità questo punto (modificando conseguentemente con continuità la figura) verso P1 o P2 lungo un cammino che non intersechi $ \Gamma $.
Giacchè ci muoviamo con continuità, non si potrà passare da una configurazione a similitudine indiretta ad una a similitudine indiretta a meno di trovarsi in configurazioni "ambigue".
Tuttavia abbiamo mostrato essere ciò impossibile (riusciamo a non intersecare $ \Gamma $ nel cammino.
D'altra parte partiamo da P3 (diretto) a P1 o P2 (indiretti).
Quindi si cade in un assurdo.

Punto 2

Lemma
Poniamo che esista una similitudine indiretta fra A'B'C' e A''B''C''.

Dimostrare che A'B'C' e A''B''C'' sono ortologici e che un centro ortologico che chiamiamo T sta sulla crf circoscritta a A'B'C' e l'altro che chiamiamo T' sta sulla crf circoscritta a A''B''C''.

Idea dimostrativa: costruire A'''B'''C''' simile a A''B''C'' e conciclico con A'B'C'.