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Sia $ABCD$ un quadrilatero cilcio tale che $BCD$ e $CDA$ non sono equilateri. Dimostra che se la retta di Simpson di $A$ rispetto a $\triangle BCD$ è perpendicolare alla retta di Eulero di $BCD$, allora la retta di Simson di $B$ rispetto a $\triangle ACD$ è perpendicolare alla retta di Eulero di $\triangle ACD$.

Parte 2 (dubbio personale):

Qual'è il nome del punto $X$ sulla circoscritta a $ABC$ tale che la retta di Simson di $X$ è perpendicolare alla retta di Eulero di $ABC$?

Parte 3: e se al posto di "perpendicolare" diciamo "parallela"?

Parte 4 (utile per la parte 2 e forse anche la 3??): Dimostare che, preso $P$ su $\Gamma$ (circoscritta ad $ABC$), e detta $r$ la retta di Simson di $P$ e $P'$ il coniugato isogonale di $P$ allora dimostrare che $PP'$ è perpendicolare a $r$

P.S.: $P'$ è un punto all'infinito

Beh visto che siamo in vena di aggiungere parti, ne aggiungo una anche io! Chi vuole la dimostri, la mia dimostrazione la metto nascosta

Per la figura:
http://imageshack.us/photo/my-images/29/figuraz.png/

$\textbf{Parte 5}$: Se $P$ è un punto su $\gamma$ (circonferenza circoscritta) allora i simmetrici di $P$ rispetto ai lati di un triangolo $ABC$ dato inscritto in $\gamma$ sono allineati con il suo ortocentro $H$.
[Da ora in poi potrò indicare con due lettere gli estremi di un arco... in tal caso mi riferisco all'angolo che insiste su quell'arco]

Ora passiamo al problema... Sia $H_1$ l'ortocentro di $BCD$ e $H_2$ l'ortocentro di $ACD$. Si può osservare che $CDH_1H_2$ è ciclico (mantenendo $CD$ fisso il luogo degli ortocentri di $XCD$ con $X$ che varia su $\gamma$ è il simmetrico di $\gamma$ rispetto a $CD$, sempre per il fatto noto che il simmetrico dell'ortocentro sta sulla circoscritta). Traccio da $H_1$ la perpendicolare ad $OH_1$. Ora, questa è sicuramente parallela alla retta di Simson di $A$ rispetto a $BCD$, per la $\textbf{Parte 5}$ e per l'ipotesi.

Ma allora l'angolo (gli angoli) fra tale perpendicolare e la retta $CD$ è (sono) $90-AB$ (e $90+AB$) (lo dimostro nella parte nascosta, dove $AB$ è l'angolo acuto che insiste sull'arco $AB$ ), e quindi l'angolo acuto fra $OH_1$ e $CD$ è pari all'angolo che insiste sull'arco $AB$. Ora, è un semplice conto vedere che l'angolo che insiste su $H_1H_2$ in $\gamma'$ che è la simmetrica di $\gamma$ rispetto a $CD$, è proprio pari all'angolo che insiste sull'arco $AB$ in $\gamma$. Ma allora se $T$ è l'intersezione di $OH_1$ con $\gamma'$, $H_1TH_2 = $ all'angolo che insiste sull'arco $AB$. Ma $H_1TH_2$ è anche l'angolo che $OH_1$ forma con $TH_2$. D'altra parte $OH_1$ forma con $CD$ un angolo pari all'angolo che insiste sull'arco $AB$ per quanto detto all'inizio, che fra l'altro è uguale a $H_1TH_2$. Quindi $TH_2 \parallel CD$. Ma allora il loro asse è in comune, $OTH_2$ è isoscele e $OH_2$, quindi, forma con $CD$ gli stessi angoli di $OH_1$, ovvero quelli che insistono sull'arco $AB$. Se traccio la perpendicolare a $OH_2$ passante per $H_2$, allora essa formerà con $CD$ due angoli parti a $90-AB$ e $90+AB$. Tale retta, d'altra parte, non può che essere parallela alla retta di simson di $B$ in $ACD$ perché forma con $CD$ angoli pari a $90-AB$ e $90+AB$. Dunque la tesi è dimostrata.

Non ho tenuto molto conto di problemi di configurazione, quindi non trascuro che ci potrebbero essere altri casi Bon, penso alla parte 3.

Parte 6: dimostrare che il punto in questione nella parte 3 (cioè il punto con retta di Simson parallela alla retta di Eulero, dimostrare anche che esiste e che è unico) è diametralmente opposto al punto di cui parlo nella parte 2 (quello con retta di Simson perpendicolare alla retta di Eulero)