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Sia $ABC$ un triangolo e sia $I$ il suo incentro.

$(a)$ Dimostrare che le rette di Eulero dei triangoli $IBC$, $IAB$ e $IAC$ concorrono in un punto $S$ (Punto di Schiffler).
$(b)$ Dimostrare che $S$ sta sulla retta di Eulero di $ABC$ .

Sia $ A' $ il simmetrico di $ I $ rispetto a $ BC $ e similmente siano definiti $ B' $ e $ C' $. Per un'ovvia applicazione del teorema di Jacobi le rette $ AA', BB', CC' $ concorrono (nel punto di Gray di $ ABC $). Ma allora $ I $ sta sulla cubica di Neuberg di $ ABC $ e la tesi segue immediatamente.

Bella soluzione Una domanda: dato un punto $P$ sulla cubica di Neuberg, allora le rette di Eulero dei triangoli $PAB$, $PBC$ e $PAC$ concorrono, e fin qua bene. Ora, come si applica questo alla soluzione del punto $(b)$ ? Mi scuso per l'ignoranza (io avevo usato Neuberg solo per la prima parte, mentre avevo fatto la seconda in proiettiva)

Sia $ G_A $ il baricentro di $ PAB $ e $ O_A $ il suo circocentro; definiamo similmente $ G_B, G_C, O_B, O_C $. Si verifica immediatamente che i triangoli $ G_AG_BG_C $ e $ O_AO_BO_C $ sono ortologici con centri nel circocentro $ O $ e nel baricentro $ G $ di $ ABC $; ora, se essi sono anche perspettici, per il teorema di Sondat il centro della perspettività deve stare su $ OG $, ovvero sulla retta di Eulero di $ ABC $.

Sono allucinato

Beh, era un po' "cannonosa", ma molto bella. Secondo le mie idee perverse, almeno. E ho scoperto la nozione di perspettività ( L'avrò scritto bene?)

Oh dei del cielo .. Sondat, Neuberg ... e poi?
Come ogni bambino in età prescolare dovrebbe sapere, il circocentro di $IAB$ è il punto medio dell'arco $AB$ che non contiene $C$; chiamiamolo $L_C$.
Anche i macachi nemestrini settentrionali riconoscono che le bisettrici esterne in $A$ e $B$ sono perpendicolari alle rispettive bisettrici interne; se chiamiamo $I_C$ l'excentro opposto a $C$ abbiamo quindi $AI_C\perp AI$ e $BI_C\perp BI$. Se dunque tracciamo per $A$ la parallela a $IB$ e per $B$ la parallela a $IA$ e chiamiamo $H_C$ il loro punto di intersezione, abbiamo che $H_CBIA$ è un parallelogramma e le diagonali si bisecano (anche qui i macachi sanno il fatto loro).
Dunque $H_C$ è il simmetrico di $I$ rispetto a $M_C$, punto medio di $AB$; dunque il baricentro $G'$ di $H_CAB$ è il simmetrico del baricentro $G_C$ di $IAB$ rispetto a $M_C$.
Ma ora, osserviamo che $IG_C=2G_CM_C=G_CM_C+M_CG'_C=G_CG'_C$ e $IL_C=L_CI_C$, dunque un'omotetia di centro $I$ e fattore due manda la retta di Eulero di $IAB$ in $I_CG'_C$.
Ora, basta capire se $I_CG'_C$ e simili concorrono ... beh, $G'_C$ è il baricentro di $ABH_C$... $ABI_AI_B$ è ciclico (e qui, più che ai macachi, chiederei ai barboncini) e dunque $I_CAB$ è simile a $I_CI_BI_A$, e tramite questa similitudine (che poi in realtà è un'omotetia di centro $I_C$ più riflessione in una retta per $I_C$, che è la bisettrice di $I_A\widehat{I_C}I_B$) $H_C$ va in $I$ (qui penso che se ne accorgano perfino gli scoiattoli canadesi). Perciò, vediamo che $I_CG'_C$ è simmetrico di $I_CX_C$, con $X_C$ baricentro di $II_AI_B$.
Tanto per non lasciare a secco le altre lettere, chiamiamo $Y$ il punto medio di $I_AI_B$, $Z$ il punto medio di $II_C$ e $W$ il punto medio di $ZY$.
Allora si ha che $I_CZ/I_CI=-1/2$, $YX_C/X_CI=1/2$, $YW/WZ=1$, quindi $X_C$, $W$ e $I_C$ sono allineati (menelao).
Ma (tadaaa) $W$ in realtà è il circocentro di $ABC$ (sennò col ca22o che uno stava lì a fare sti conti, no?).
Quindi $I_CX_C$ passa per $O$, ma allora $I_CG'_C$ passa per il coniugato isogonale $K$ di $O$ rispetto a $I_AI_BI_C$, ma allora la retta di Eulero di $IAB$ passa per il punto medio tra $I$ e $K$ e così fanno le altre rette, ripetendo la dimostrazione (o perché, in fondo in fondo, la definizione di $K$ è simmetrica in $A$, $B$, $C$ quindi verrà sempre fuori lui, no? insomma, non ci vuole certo un falco per accorgersene).

Per il punto b), serve qualcosa di più di poppanti ed animali, ma comunque per l'incentro si può dimostrare senza sondat ... ad esempio con un po' di Ceva, facendo vedere che due delle tre rette dei triangoli I** e quella di ABC concorrono (ad esempio mostrando che le due rette di eulero di I** incontrano OG nello stesso punto...)

EvaristeG ha scritto:Ma (tadaaa) $ W $ in realtà è il circocentro di ABC (sennò col ca22o che uno stava lì a fare sti conti, no?).
Quindi $ I_CX_C $ passa per $ O $, ma allora $ I_CG′_C $ passa per il coniugato isogonale $ K $ di $ O $ rispetto a $ I_AI_BI_C $, ma allora la retta di Eulero di $ IAB $ passa per il punto medio tra $ I $ e $ K $

Qualcuno potrebbe spiegarmi da dove derivano tutta questa serie di implicazioni?

Beh, se $W=O$ e $I_C$, $W$ e $X_C$ sono allineati, allora per banale sostituzione di lettere, $X_C$, $O$, $I_C$ sono allineati; s'è detto sopra che $I_CX_C$ e $I_CG'_C$ sono simmetrici nella bisettrice di $I_A\widehat{I_C}I_B$ e dunque $K$, il coniugato isogonale di $O$ (in cui concorrono $I_CX_C$ e le altre rette, perché tutto il ragionamento si può rifare in $I_A$ e $I_B$) nel triangolo $I_AI_BI_C$ sta su $I_CG'_C$. Ma ora, si era detto prima che un'omotetia di centro $I$ e fattore $2$ manda la retta di eulero di $IAB$ in $I_CG'_C$, quindi la retta di eulero di $IAB$ passa per il punto che è l'immagine di $K$ tramite un'omotetia di fattore $1/2$ e centro $I$, ovvero il punto medio di $IK$.

Tutto chiaro, grazie mille!