OliForum Matematico

Si consideri un punto $P$ interno ad un triangolo $ABC$ e siano $A'$,$B'$ e $C'$ le proiezioni di $P$ su $CB$, $CA$ e $AB$ rispettivamente. Determinare tutti i punti $P$ tali che $\hat{B'A'C'} = \hat{BAC}$ e $\hat{A'C'B'} = \hat{ACB}$

Mist ha scritto: Determinare tutti i punti $P$ tali che $\hat{B'A'C} = \hat{BAC}$ e $\hat{A'C'B'} = \hat{ACB}$

Immagino tu intenda $\hat{B'A'C'} = \hat{BAC}$, oppure è molto molto schifido

Kfp ha scritto:

Mist ha scritto: Determinare tutti i punti $P$ tali che $\hat{B'A'C} = \hat{BAC}$ e $\hat{A'C'B'} = \hat{ACB}$

Immagino tu intenda $\hat{B'A'C'} = \hat{BAC}$, oppure è molto molto schifido

Hai ragione, chiedo scusa.

Ci saranno degli errori, temo, ma provo.
Cerchiamoil luogo dei punti tali che $B′A′C′=BAC$. I quadrilateri $CB'PA'$ e $PC'BA'$ sono ciclici, e dunque $B'CP = B'A'P$ e idem sull'altro quadrilatero, dunque possimao imporre che $B'CP+PBC'=B'A'C'= BAC$. Considerando ora il quadrilatero (concavo) $ABPC$ e imponendo la somma dei suoi angoli interni uguale a 360, otteniamo $CPB = 360 - 2 BAC$, cioè ( e stavolta $CPA$ è l'angolo minore di uno piatto) $CPA=2A$ . Quindi questa freccia DOVREBBE far vedere che il luogo è il pezzo di circonferenza interna ad $ABC$ che passa per due vertici e per il circocentro ( l'altra freccia si DOVREBBE fare velocemente compiendo gli stessi passaggi di sopra al contrario e ragionando per assurdo), per cui intersecandola con quella rispetto all'altro vertice DOVREBBE risultare che l'unico punto a soddisfare è il circocentro.

Mi pare di dover aver commesso qualche errore, anche perchè mancherebbe l'ipotesi $ABC$ acutangolo, senza la quale il luogo DOVREBBE essere vuoto

Mist mi ha chiesto di darti l'ok al posto suo, e l'ok c'è (solo un typo: $CPA$ al posto di $CPB$)... Chiaramente se il triangolo è ottusangolo $P$ sarà esterno