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Se ho quattro punti $A,B,C,D$ conciclici tali che $(A,D;B,C)=-1$, è sempre vero che $D$ è la seconda intersezione della simmediana per $A$ del triangolo $\triangle ABC$ con il suo cerchio circoscritto? Se sì, quale potrebbe essere un buon modo per dimostrarlo?

Altri dubbi!
Provando a dimostrare questo fatto (che a questo punto non sono poi così sicuro sia vero ), ho provato a sfruttare il lemma della simmediana, ma mi viene un risultato strano...
Traccio le tangenti al cerchio circoscritto di $\triangle ABC$ in $B$ e in $C$, si incontrano in $P$ ed $AP$ è simmediana (lemma omonimo). Sia $D$ l'intersezione di $AP$ con $\odot ABC$, proiettando il birapporto $(A,D;B,C)$ da $P$ sulla retta $BC$, ottengo:
$$(A,D;B,C)=(A',A';B,C)=\frac{A'B\cdot A'C}{A'B\cdot A'C}=+1$$
E quindi era $+1$ e non $-1$! Sbaglio in questo breve tentativo, nell'enunciato del problemino (che sfrutto per risolvere un problema, e quindi tenderei a sperare nella sua veridicità), oppure nel non capire nulla di birapporti?

Non puoi far coincidere punti proiettando, se vuoi usare il birapporto. Non funziona.

Davvero ? C'entra qualcosa il fatto in quel caso la trasformazione non è più invertibile? Grazie della precisazione, non mi era nemmeno passato per la testa che non si potesse fare per quel motivo (sono un neofita della proiettiva e non lo sapevo).

Dunque, da profano in geometria non conoscevo questo fatto, e ci ho messo un po' a dimostrarlo... spero sia giusta...

Dimostro il contrario, ovvero che dato $ D $ sulla simmediana, allora ho una quaterna armonica.
Sia $ D'$ il piede della simmediana e $ A'$ l'intersezione tra la tangente per $ A $ del circocerchio e $ BC $.
Proiettando da $ A $ su $ BC $ ho che $(A, D, B, C)=(A', D', B, C)=\dfrac {A'B\cdot D'C }{A'C\cdot D'B} $.
Essendo piede della simmediana, ho che $\dfrac {D'C}{D'B}=-\dfrac {b^2}{c^2} $, col meno perché sono orientati, e $ D'$ è in mezzo...
Rimane dunque da sperare che $\dfrac {A'B}{A'C}=\dfrac {c^2}{b^2} $; ma questo è vero per ragioni di similitudine: infatti vale $ A'A^2=A'B\cdot A'C $, quindi $ A'BA $ e $ A'AC $ sono simili; allora posso scrivere $\dfrac {AB}{AC}=\dfrac {A'B}{A'A} $, che elevando al quadrato e semplificando è quello che volevamo

P.S: con un disegno è molto più comprensibile che scritta così malamente...

EvaristeG ha scritto:Non puoi far coincidere punti proiettando, se vuoi usare il birapporto. Non funziona.

Anzi, peggio.

Se hai 4 punti $A, B, C, D$ su una circonferenza $\Gamma$, il loro birapporto è definito solo rispetto alla circonferenza:
$$(A,B;C,D)_\Gamma=(AX,BX;CX, DX)$$
per un qualunque $X$ di $\Gamma$, con la convenzione che $XX$ è la retta tangente in $X$ a $\Gamma$.
Quindi, quando proietti, lo devi fare passando dalle rette per $X$, ovvero puoi proiettare solo da un punto sulla circonferenza (con la convenzione della tangente).

BTW: in realtà far coincidere i punti funziona, ma confonde spesso le carte in tavola.

Per la dimostrazione:
1. Date tre rette $a,b,c$ per un punto, ne esiste una ed una sola $d$ ancora per quel punto tale che $(a,b;c,d)=-1$ e idem per $4$ punti allineati o $4$ punti su una circonferenza.
2. Prendiamo 4 punti tali che $(A,D;B,C)=-1$ e proiettiamo da $B$ sulla retta $AD$, ottenendo $(A, D; Q,P)=-1$ dove $P=BC\cap AD$ e $Q=BB\cap AD$; d'altra parte proiettando da $C$ su $AD$ otteniamo $(A,D;Q',P)=-1$ con $Q'=CC\cap AD$.
Per 1., si ha $Q'=Q$, quindi le tangenti in $C$ e $D$ concorrono su $AD$.
Fine, no?

Grazie ad entrambi! Ho verificato le due soluzioni e mi convincono pienamente .