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E' un cesenatico un po' vecchiotto, abbastanza semplice ma molto carino =)

Si consideri una retta r ed un triangolo ABC che giace in uno dei due semipiani individuati da r. Detti A' ; B'; C' i punti simmetrici di A; B; C rispetto a r, si conduca da A' la parallela a BC, da B' la parallela ad AC e da C' la parallela ad AB. Si dimostri che queste tre rette passano per uno stesso punto.

Siano $a,b,c$ le rette che passano rispettivamente per $A',B'$ e $C'$ (si trascurino le lettere adiacenti al triangolo di partenza). Supponiamo per assurdo che $G=c\cap a \neq a\cap b =H$. Facendo riferimento alla figura si ha che per la costruzione stessa delle rette $\hat{A'GJ} = \hat{B}$, $\hat{B'IC'}= \hat{A}$ e $\hat{FHK} = \hat{C}$. Tracciando il triangolo $B'A'C'$ si nota che $I$ deve appartenere alla stessa circonferenza a cui appartengono $A', B'$ e $C'$ in quanto se due angoli uguali ( in questo caso $\hat{I}$ e $\hat{A}$) insistono sullo stesso segmento allora appartengono alla medesima circonferenza. Applicando lo stesso ragionamento a $H$ rispetto al segmento $B'A'$ si deduce che $H,I,A',B'$ e $C'$ appartengono alla stessa circonferenza. Ma $I,B'$ e $H$ sono collineari e quindi l'unico modo per cui si verifichi che questi tre punti appartengano alla medesima circonferenza (non degenere in quanto circoscritta ad $A'B'C'$) è che $I \equiv H$. Ripetendo lo stesso ragionamento per $G$ si ha la tesi.