OliForum Matematico

In un triangolo ABC E è il punto medio tra H e A. L'incerchio di ABCtange AB e AC in C' e B' rispettivamente. F è il simmetrico di E rispetto a B'C'. Dimostrare che F appartiene alla retta per incentro e circocentro.

Innanzitutto chiamiamo un po' di cose. P simmetrico di A rispetto B'C', S l'intersezione tra AH e B'C', T l'intersezione tra AO e B'C', D,G,Z i piedi delle altezze di BC,AC e AB, Q e R le intersezioni tra B'I e C'P e tra C'I e B'P.
Ora si nota che $ \angle{HAC}=90^\circ-\angle{C}=\angle{OAB} $, dunque AI è bisettrice di $\angle{HAO}$. Inoltre si ha che AI è perpendicolare a B'C' poiché le altezze di A'B'C' sono le bisettrici di ABC, perciò $ \angle{ATS}=\angle{AST} $. Inoltre si ha che P,F,Q sono allineati poiché i loro simmetrici lo sono, quindi $ \angle{ATS}=\angle{AST}=\angle{PST}$ e PF è parallelo ad AO. Ora, dato che E è punto medio di AH e che AGHZ è ciclico, E è il centro della circonferenza circoscritta ad AGHZ. Inoltre si ha che $\angle{AZG}=\angle{AHG}=180-\angle{GZD}=\angle{C}$ dato che GHDC ciclico. Allora i triangoli AGZ e ABC sono simili e in particolare si ha $ AE/AO = AG/AB =\cos{(\angle{A})} $. AB'PC' è un rombo, quindi $\angle{B'PC'}=\angle{B'AC'}$, inoltre si ha che $ \angle{AB'I}=\angle{AC'I}=\angle{IQP}=\angle{IRP}=90 $. Dunque, $ PI/IA = PQ/AC' = PQ/PB' =\cos{(\angle{A})} $. Allora $ AE/AO = AG/AB = PI/IA$ che ci dice che i tirangoli AOI e PFI sono simili (avevamo visto che PF è parallelo ad AO). In conclusione si ha $ \angle{AIO}=\angle{PIF} $ che è la tesi.

Accipigna neanche me lo ricordavo sto problema!
Mi sembra che in certi punti hai sbagliato lettere e usi F per 2 cose diverse ma mi sembra giusta

Ora dovrebbe andare tu come l'hai fatto?

No vabbè non dovevi editare tutto si capiva. Comunque io ho calcolato un po' di lunghezze con seni e coseni qua e là e veniva dimostrando una similitudine, ma ancora mesi fa...