OliForum Matematico

Sia $ABCD$ un quadrilatero ciclico. Definiamo $X=AB\cap CD$ e $Y=AD\cap BC$ e supponiamo che esista una circonferenza di centro $Z$ inscritta in $ABCD$. Mostrare che allora la circonferenza di diametro $XY$ passa per $Z$ ed e' ortogonale alla circonferenza circoscritta ad $ABCD$.

Chiamo $\Gamma$ e $\omega$ la circonferenza rispettivamente circoscritta ed inscritta al quadrilatero. Siano le intersezioni di $\omega$ con rispettivamente $AD$, $AB$,$BC$ e $CD$ $H_1 , H_2 , H_3$ e $H_4$. Detti $\hat{BAC}=\alpha$ e $\hat{ABC}=\beta$ si ha che, essendo $ZH_1$ e $ZH_4$ perpendicolari rispettivamente ad $AD$ e $CD$ e considerato che a causa della ciclicità di $ABCD$ $\hat{ADC} = \pi -\beta$, $\hat{H_1 Z H_4}=\beta$ e quindi $\displaystyle \hat{H_1H_2H_4} = \frac{\beta}{2}$. Con analoghi ragionamenti si conclude che $\displaystyle \hat{H_2H_1H_3} = \frac{\pi}{2} - \frac{\beta}{2}$ e perciò le diagonali di $H_1H_2H_3H_4$ sono ortogonali. Inverto ora $X$ e $Y$ rispetto a $\gamma$ (parlo di inversione solo per sfruttarne i fatti noti): ora, è noto che $X' \in H_2H_4$ e $Y' \in H_3H_1$. Inoltre è noto (o meglio: per costruzione) $YY'$ e $XX'$ concorrono in $Z$ e tali rette sono perpendicolari rispettivamente a $H_2H_4$ e $H_3H_1$. Da ciò, detto $K$ il punto di intersezione delle diagonali di $H_1H_2H_3H_4$, si ha che $X'KY'Z$ non può che essere un rettangolo da cui in particolare $\displaystyle \hat{X'ZY'} = \frac{\pi}{2}$ da cui la prima tesi.
Invertendo $A,B,C$ e $D$ rispetto a $\omega$ si ottengono ora quattro punti $B'$, $C'$, $A'$ e $D'$ che bisecano rispettivamente $H_2H_3$,$H_4H_3$,$H_2H_1$ e $H_4H_1$. Ma essendo le diagonali del quadrilatero $H_1H_2H_3H_4$ perpendicolari, per Talete si ha che $B'C'D'A'$ è un rettangolo e perciò le diagonali, che si incontrano in $O'$, si bisecano. Ora, essendo $O'$ il centro di $A'B'C'D'$, si ha che $O'$ non è altro che il frutto dell'inversione rispetto a $\omega$ di $O$, dove questo è il centro di $\Gamma$. Ora, perchè una circonferenza sia perpendicolare a $\Gamma$ si deve avere che alla circonferenza appartenga $\omega$. Ma la circonferenza di cui si parla è quella del punto 1, che passa per $Z$, ed il cui inverso rispetto ad $\omega$ è quindi la retta $X'Y'$. Se ora dimostro che $O'$ appartiene a $X'Y'$ ho finito perchè tre punti collineari invertiti rispetto ad una medesima circonferenza vanno in una stessa circonferenza. Ma siccome $O'$ biseca le diagonali di $A'B'C'D'$ e $X'$ e $Y'$ bisecano le diagonali di $H_1H_2H_3H_4$, $O'$, $X'$ e $Y'$ per Talete appartengono alla stessa retta.