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Sia $ ABC $ un triangolo, siano $ \omega, \omega_a, \omega_b, \omega_c $ rispettivamente le circonferenze inscritta ed exinscritte al triangolo; siano poi $ A', B', C' $ i punti di tangenza di $ \omega $ con i lati del triangolo, e siano $ A'_a, B'_a, C'_a $ i punti di tangenza di $ \omega_a $ con i lati del triangolo. Definiamo analogamente i punti $ A'_b, B'_b, C'_b, A'_c, B'_c, C'_c $.

1) Dimostrare che le rette $ AA'_a, BB'_b, CC'_c $ concorrono in un punto $ N $, che si chiama punto di Nagel;
2) Dimostrare che anche le rette $ AA', BB'_c, CC'_b $ concorrono in un punto $ N_a $, che mi sembra ragionevole chiamare punto di Nagel esterno relativo ad $ A $; siano definiti analogamente i punti $ N_b, N_c $;
3) Dimostrare che i quattro punti di Nagel formano un sistema ortocentrico (ovvero ognuno di essi è l'ortocentro del triangolo formato dagli altri tre);
4) Dimostrare che anche i circocentri dei triangoli $ NN_aN_b, NN_bN_c, NN_cN_a, N_aN_bN_c $ formano un sistema ortocentrico.

Buon lavoro$ ^3 $

Quesito N° 1
Sia N l'intersezione di BB'_a con CC'_a ed L l'intersezione di AA'_a con C'_aB'_a.
Nella figura allegata AL passa per N ma questo è ancora da provare.
Se si dimostra che è:
(1) $ \displaystyle \frac{C'_aL}{LB'_a}\cdot \frac{B'_aC}{CA}\cdot\frac{AB}{BC'_a}=1 $
allora per Ceva ,applicato al triangolo AB'_aC'_a,le rette AL
(=AA'_a),BB'_a e CC'_a concorrono.
A tale scopo osserviamo che risulta :
(2) $ \displaystyle B'_aC=CA'_a=p-b,BC'_a=BA'_a=p-c,AB'_a=AC'_a=p $
Ponendo ora LAC=x si ha:
$ \displaystyle C'_aL=\frac{AL \sin(\alpha-x)}{\sin(\frac{\pi-\alpha}{2})} ,LB'_a=\frac{AL \sin(x)}{\sin(\frac{\pi-\alpha}{2})} $
DA cui :
$ \displaystyle \frac{C'_aL}{LB'_a}=\frac{\sin(\alpha-x)}{\sin(x)} $
Risulta ancora :
$ \displaystyle A'_aC=\frac{AA'_a \sin(x)}{\sin(\gamma)} $$ \displaystyle,A'_aB=\frac{AA'_a \sin(a-x)}{\sin(\beta)} $
DA cui :
$ \displaystyle \frac{A'_aB}{A'_aC}=\frac{\sin(\alpha-x)}{\sin(x)} \frac{\sin(\gamma)}{\sin(\beta)}=\frac{\sin(\alpha-x)}{\sin(x)} \cdpt \frac{c}{b} $
Da qui per le (2) si ottiene:
$ \displaystyle \frac{\sin(\alpha-x)}{\sin(x)}= \frac{b(p-c)}{c(p-b)} $
Pertanto:
(3) $ \displaystyle \frac{C'_aL}{LB'_a}= \frac{b(p-c)}{c(p-b)} $
Sostituiamo ora i valori di (2) e (3) nel primo membro della (1) ed abbiamo:
$ \displaystyle \frac{C'_aL}{LB'_a}\cdot \frac{B'_aC}{CA}\cdot \frac{AB}{BC'_a} $$ \displaystyle=\frac{b(p-c)}{c(p-b)} \frac{p-b}{b} \frac{c}{p-c}=1 $
C.V.D.

Va bene, ma il teorema di Ceva vale, con segmenti orientati, anche per punti esterni al triangolo; bastava dunque dire che

$ $\frac{AC'_a}{C'_aB}\cdot\frac{BA'_a}{A'_aC}\cdot\frac{CB'_a}{B'_aA}= \left( -\frac{p}{p-c}\right)\left( +\frac{p-c}{p-b}\right)\left(-\frac{p-b}{p}\right)=1 $

Avanti ora con i punti 3 e 4! Metto un suggerimento per il 3:

Nagel ha scritto:N, I, G stanno sulla mia retta

@Anér
Al prossimo quesito indica pure quali sono le soluzioni che preferisci.
Cercherò di accontentarti ...

Sinceramente mi dispiace se ti sei risentito per quello che ho scritto, perché davvero non avevo intenzione di offendere te o la tua soluzione. Volevo proporre la mia che, sia chiaro, non è più giusta della tua, ma solo più breve.
Aggiungo un altro suggerimento per il punto 3:

Nagel ha scritto:Non solo N, G, I sono allineati, in quest'ordine, ma in più NG=2GI