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Sia $ABC$ un triangolo e siano $A_1, B_1, C_1$ i punti di contatto degli excerchi con i lati (non con i loro prolungamenti) $BC$, $CA$, $AB$ rispettivamente. Dimostrare che se il circocentro di $A_1B_1C_1$ sta sulla circonferenza circoscritta ad $ABC$, allora $ABC$ è rettangolo.

Per prima cosa $A_1B_1C_1$ è ottuso poiché il suo circocentro si trova fuori il triangolo. Chiamo O il punto medio dell'arco BC contentente A. I triangoli $OBC_1$ e $OCB_1$ sono uguali: OB=OC poiché O punto medio arco BC, $CB_1=BC_1=p-a$ e $\angle{ABO}=\angle{ACO}$ poichè insistono sullo stesso arco. In particolare si ha che $OB_1=OC_1$, e quindi O sta sull'asse di $B_1C_1$ e appartiene alla circonferenza circoscritta ad ABC, dunque O è il circocentro di $A_1B_1C_1$.
A questo punto chiamo $L$ la proiezione di $I_b$ su AB. I triangoli $OAL$ e $OAB_1$ sono uguali: $AO$ in comune, $AL=AB_1$ poiché tangenti e $\angle{LAO}=\angle{OAB_1}$ poiché AO è bisettrice. Quindi $OL=OB_1$ e quindi $L$ si trova sulla circonferenza circoscritta a $A_1B_1C_1$.
Calcolando la potenza di B rispetto alla circonferenza circoscritta ad $A_1B_1C_1$ si ha:
$BC_1\cdot BL=BA'_1\cdot BA_1$ dove $A'_1$ è il simmetrico di $A_1$ rispetto al punto medio di BC e appartiene anche esso alla circonferenza circoscritta di $A_1B_1C_1$.
Ora si ha: $BA_1=p-c$ , $BA'_1=CA_1=p-b$ , $BL=p$ e $BC_1=p-a$.
Sostituendo si trova $a^2=b^2+c^2$ e dunque l'angolo in A è retto.

Molto bello e difficile, però penso che per via del tempo molti non l'hanno fatto in gara, che ne dite?
Comunque stavo provando a trovare una soluzione senza ricorrere al calcolo dei vari segmenti sfruttando il fatto che ABC è il triangolo ortico di $I_aI_bI_c$ e che la circonferenza circoscritta ad ABC è la circonferenza dei 9 punti di $I_aI_bI_c$ ma non ci sono riuscito.
Ma il parziale di due punti viene dato per aver dimostrato che O è il punto medio dell'arco BC?

Siano $ D,E,F $ i centri degli excerchi rispettivamente opposti ad $ A,C,B $. Si ha che $ DA_1 \perp BC $ e cicliche.
Claim 1
$ \alpha=90^\circ \Leftrightarrow \angle B_1A_1C_1=90^\circ+\frac{\alpha}{2} $.
Ora $ \angle BCD = \angle DEF= 90^\circ-\frac{\gamma}{2} $ e $ \angle DBC = \angle DFE= 90^\circ-\frac{\beta}{2} $, quindi $ BC $ ed $ EF $ sono antiparallele, pertanto $ EBCF $ è ciclico. Pertanto $ DA $ e $ DA_1 $ sono simmetriche rispetto alla bisettrice dell' angolo in $ D $, in quanto perpendicolari a rette antiparallele.
Analogamente si ragiona per $ FB_1 $ ed $ EC_1 $. Quindi $ DA_1,FB_1,EC_1 $ concorrono in $ Q $, che è coniugato isogonale dell'ortocentro del triangolo degli excentri. Ora, detto $ L $ il punto di tangenza dell'excerchio opposto ad $ A $ con il prolungamento di $ AB $, si ha $ \angle A_1QC_1 = \angle A_1DL $ (corrispondenti rispetto alle parallelele $ QC_1 $ e $ DL $)$ = \beta $ (entrambi supplementari di $ \angle A_1BL $), pertanto $ QA_1C_1B $ è ciclico. Analogamente lo è $ QA_1B_1C $. Per il teorema di Miquel sul triangolo $ ABC $ con i punti $ A_1,B_1,C_1 $, anche $ AB_1QC_1 $ è ciclico.
Quantifichiamo gli angoli $ \angle CA_1B_1 $ e $ \angle C_1A_1B $.
$ \angle CA_1B_1 = \angle CQB_1 $(stesso arco)$ = \angle CQF = \angle CEF $ (il quadrilatero $ EFCQ $ è ciclico in quanto $ \angle FCE = \angle FQE = 90^\circ $)$ =\angle CBF $($ EBCF $ ciclico)$ =\frac{\beta}{2} $. Se $ \alpha $ fosse stato $ < 90^\circ $, avremmo avuto $ \angle FQE = \angle B_1QC_1= 180^\circ - \alpha > 90^\circ $, pertanto $ Q $ sarebbe stato interno alla circonferenza circoscritta a $ CEF $ e quindi $ \angle CQF > \angle CEF = \frac{\beta}{2} $ per il teorema dell'angolo esterno. Il caso $ \alpha > 90^\circ $ avrebbe portato a $ \angle CQF < \frac{\beta}{2} $.
Analogamente si ha $ \angle C_1A_1B = \frac{\gamma}{2} $ e le corrispondenti disuguaglianze.
Abbiamo 3 casi:
1) $ \angle CA_1B_1+ \angle C_1A_1B = \frac{\alpha+ \beta}{2} = \frac{180^\circ-\alpha}{2} \to \angle B_1A_1C_1= 90^\circ + \frac{\alpha}{2} $ se $ \alpha = 90^\circ $;
2)$ \angle CA_1B_1+ \angle C_1A_1B < \frac{\alpha+ \beta}{2} \to \angle B_1A_1C_1> 90^\circ + \frac{\alpha}{2} $ se $ \alpha > 90^\circ $;
3)$ \angle CA_1B_1+ \angle C_1A_1B > \frac{\alpha+ \beta}{2} \to \angle B_1A_1C_1< 90^\circ + \frac{\alpha}{2} $ se $ \alpha < 90^\circ $.
Claim 2
Detto R il circocentro di $ A_1B_1C_1 $, si ha $ \angle B_1A_1C_1=90^\circ+\frac{\alpha}{2} \Leftrightarrow R \in \odot ABC $.
Se $ \angle B_1A_1C_1=90^\circ+\frac{\alpha}{2} $, allora $ \angle B_1RC_1=2*(180^\circ-\angle B_1A_1C_1)=180^\circ-\alpha=90^\circ $. Quindi $ R \in \odot AB_1QC_1 \to \angle AB_1R = \angle AC_1R \to \angle RB_1C = \angle RC_1B $.
Ora si ha $ \angle RB_1C = \angle RC_1B $, $ RB_1=RC_1 $(raggi), $ B_1C=BC_1=p-a $, quindi $ RB_1C=RC_1B \to \angle B_1RC= \angle C_1RB \to \angle CRB = 90^\circ $ per rotazione. Pertanto $ R \in \odot ABC $.
Se $ R \in \odot ABC $, si ha $ B_1C=BC_1=p-a $, $ RB_1=RC_1 $(raggi), $ RB=RC $ poichè $ R $ è punto medio dell'arco $ BC $. Quindi $ RB_1C=RC_1B \to \angle B_1RC= \angle C_1RB \to \angle C_1RB_1= \angle BRC = \alpha $ per rotazione. Pertanto $ \angle B_1A_1C_1= 180^\circ - \frac{C_1RB_1}{2}=180^\circ - \frac{\alpha}{2} $.
Se $ \alpha > 90^\circ $, avremmo $ \angle B_1A_1C_1 > 90^\circ + \frac{\alpha}{2} \to 180^\circ - \frac{\alpha}{2} > 90^\circ + \frac{\alpha}{2} \to \alpha < 90^\circ $, per quanto dimostrato nel Claim 1. Ma questo è assurdo. Analogamente si ottiene un assurdo con $ \alpha <90^\circ $. Quindi $ \alpha = 90^\circ \to \angle B_1A_1C_1=90^\circ+\frac{\alpha}{2} $.