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"basta" l'allineamento di $ K, I, P $ xD

Beh, intanto i quadrilateri $FEAI$ e $GDBI$ sono ciclici (vero?). Ora guardate la tesi e fate un atto di fede.

1) $GDBI$ ciclico per $\widehat{BID} = \widehat{BGD}$, infatti:
- poichè angolo esterno del triangolo $\triangle{DIE}$, $\widehat{BID} = \widehat{IED} + \widehat{IDE} = \widehat{BAD} + \widehat{EBA} = \frac{\alpha + \beta}{2}$ per angoli alla circonferenza
- poichè angolo esterno del triangolo $\triangle{EGB}$, $\widehat{BGD} = \widehat{BEG} + \widehat{GBE} = \widehat{BAD} + \widehat{CBE} = \frac{\alpha + \beta}{2}$ per angoli alla circonferenza

allo stesso modo $AEFI$ ciclico.

EURISTICA (hintata):
beh, ho 3 circonferenze, i loro assi radicali sono 3 rette che concorrono o sono parallele (che in proiettiva vuol dire che concorrono in un punto all'infinito). $BD$ e $AC$ sono due dei tre assi radicali... voglio dimostrare che $PK$ è il terzo, cioè quello delle circoscritte ai nostri due quadrilateri ciclici $GDBI$ e $AEFI$.

2) siano ora $X= AK \cap PF$ e $Y=BK \cap PG$. Abbiamo che $X$ e $Y$ appartengono rispettivamente alle circonferenze circoscritte ad $AEFI$ e a $GDBI$, infatti
$\widehat{BYG}= \widehat{KBE}=\widehat{BDE}=\widehat{BDG}$, per parallelismo e angoli alla circonferenza.
e allo stesso modo per $X$.

3)$BIGY$ è un trapezio perchè ha i lati paralleli ed è ciclico. quindi $BY= GI$
e allo stesso modo $AX=FI$.

4) per le ciclicità $\widehat{BGI}=\widehat{BDI}=\widehat{BDA}=\widehat{BCA}$ quindi $GI\parallel CA$ e allo stesso modo $FI \parallel CB$. quindi $CGIF$ parallelogramma.
ma non solo! è un rombo, perchè $CI\perp FG$ (si fa per angoli: se chiamo $H$ l'intersezione di $ED$ e $CI$ con un breve conto di angoli dimostrando che $\widehat{HID} + \widehat{HDI} = \frac{\alpha + \beta + \gamma}{2} = \frac{\pi}{2}$).
quindi $AX=IF = IG = BY$

5) ma $KA = KB$ perchè segmenti di tangente, quindi $K$ sta sull'asse radicale delle due circonferenze, perchè ha la stessa potenza rispetto ad entrambe $KA\cdot KX = KB \cdot KY$. quindi $KI$ è asse radicale delle due circonferenze.

6) considero l'omotetia di centro $K$ che manda $B$ in $Y$, manderà $A$ in $X$, la retta $AI$ nella parallela $XP$ e la retta $BI$ nella parallela $YP$, e quindi $I$ in $P$.


ergo $PIK$ allineati, quindi $PK$ è il nostro terzo asse radicale.
CVD

Qua serve la trattazione del caso di parallelismo a parte (oppure si deve dire che siamo nel piano proiettivo, per non avere problemi... Pascal funziona comunque)
Chiamato $L=AE\cap BD$, Pascal su $AAEBBD$ mi dice che $L,I,K$ sono allineati.
basta quindi dimostrare $P,I,K$ allineati.
E questa è praticamente tutta la dimostrazione di sopra, tranne il punto 5).