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Siano P e Q due coniugati isogonali rispetto ad un triangolo ABC, allora la simmetrica di AP rispetto alla bisettrice di BPC e la simmetrica di AQ rispetto alla bisettrice di BQC sono simmetriche rispetto a BC.
Cosa succede se P sta sulla circonferenza circoscritta ad ABC?

Sinceramente non ho capito molto bene cosa vuole sapere il testo, ma ci provo lo stesso...

Costruisco un triangolo $ABC$, $BC \in s$, $I \in s$ dalla parte di C, $r$ è bisettrice di $\hat{C}$ e $D= r\cap AB$ e $E\in r$ ed è dalla parte di $C$. $P$ e $Q$ sono coniugati isogonali come voluto dal testo. $AQ \in j$, la simmetrica di $j$ è detta $j'$. La bisettrice di $\hat{BQC}$ è deta $t$

$\hat{BPC} = x$, $\hat{APC} = y$, $\hat{CPG} = y-x$. Per la costruzione stessa della figura si ha che $\hat{CPG} = \hat{BPA}$. Si ha che $\pi - \hat{BPA} -\hat{PAB} = \hat{PBA}$. Noto ora che se $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta ad $ABC$ si ha che $x \to \hat{A}$ e $\hat{PAB} \to \pi -\hat{C}$. Si ha quindi che $\hat{PBA} = \hat{QBC} \to \pi -(y-\hat{A})-(\pi- \hat{C}) = \pi -\hat{B}-y$.
$\hat{APC}+\hat{PAB}-\hat{A} +\hat{PCA} = \pi$ per il teorema dell'angolo esterno come al solito. Se $P$ appartiene alla circonferenza circoscritta ad $ABC$ allora l'eq. scritta sopra diventa $y+\pi -\hat{C}-\hat{A}+\hat{PCA} = \pi$ ovvero $\hat{PCA} = \pi -\hat{B}-y$. Ma $\hat{QCI} = \hat{QCE}-\hat{ICE} = \hat{PCD}-\hat{CAD} = \hat{PCA}$ e quindi $\hat{QCI} =\pi -\hat{B}-y = \hat{QBC}$. Ma allora si ha che $Q$ se ne va all'infinito e quidi $QC // t //QB //AQ //j'$. Inoltre si ha che le rette $BQ$ e $AQ$ sono simmetriche rispettivamente a $CQ$ e $j'$ con asse di simmetria in $t$.

Non so se era questo che volevi però, dimmi tu...

Il problema è: P e Q sono due coniugati isogonali rispetto ad un triangolo ABC $\rightarrow$ la simmetrica di AP rispetto alla bisettrice di BPC e la simmetrica di AQ rispetto alla bisettrice di BQC sono simmetriche rispetto a BC.
La domanda aggiuntiva era una cosa che avevo trovato insieme al problema, io però non avevo notato niente di particolare (solo il fatto che Q va all'infinito), quindi non so se c'è qualcosa di più profondo che mi son perso...

Chiamo S l'intersezione della simmetrica di AP rispetto alla bisettrice di BPC e BC. Si ha per il teorema dei seni che
$\dfrac{BS}{SC} = \dfrac{\sin \angle BPS}{\sin \angle SPC}\dfrac{BP}{PC}$
Chiamo $T$ l'intersezione di $AP$ con $BC$. Allora $\angle BPS = \angle TPC$ e $\angle SPC = \angle BPT$.
Inoltre, per il teorema dei seni, $BP=\sin\angle BAP \dfrac{AB}{\sin\angle APB}=\sin\angle QAC \dfrac{AB}{\sin\angle BPT}$. Analogamente $PC=\sin\angle PAC\dfrac{AC}{\sin\angle APC}=\sin\angle BAQ\dfrac{AC}{\sin\angle TPC}$.
Sostituendo tutto nella prima formula si ottiene $\dfrac{BS}{SC} = \dfrac{\sin\angle QAC}{\sin\angle BAQ}\dfrac{AB}{AC}$.
Ora se chiamo S' l'intersezione della simmetrica di AQ rispetto alla bisettrice di BQC con BC, ripetendo tutto si ottiene che $\dfrac{BS'}{S'C} = \dfrac{\sin\angle QAC}{\sin\angle BAQ}\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{BS}{SC}$. Questo, unito al fatto che i punti sono interni al segmento $BC$ dice che $S\equiv S'$. Allora le due simmetriche concorrono su BC.
Ora basta mostrare che $\angle PSB = \angle QSC$, e quindi che $\angle BPS+\angle PBS=\angle SQC+\angle QCS \Leftrightarrow \angle TPC + \angle ABQ = \angle BQT' + \angle ACP \Leftrightarrow \pi - \angle APC + \angle ABQ = \pi - \angle AQB + \angle ACP \Leftrightarrow$
$\Leftrightarrow \pi - \angle APC - \angle ACP = \pi - \angle AQB-\angle ABQ \Leftrightarrow \angle BAQ=\angle PAC$, che è vero. Problemi di configurazione a parte, dovrebbe fungere... se è tutto ok vado con l'altro.

Oh mi ero quasi dimenticato , procedi pure!