OliForum Matematico

Sia ABC un triangolo e P un suo punto interno.
$ A_1,B_1,C_1 $ sono le ulteriori intersezioni di $ AP,BP,CP $ con la circonferenza circonscritta.
$ A_2,B_2,C_2 $ sono i simmetrici di $ A_1,B_1,C_1 $ rispetto ai lati $ BC,CA,AB $.
$ A_3,B_3,C_3 $ sono i simmetrici di $ A_1,B_1,C_1 $ riespetto ai punti medi di $ BC,CA,AB $.

Dimostrare che, al variare di P all'interno del triangolo, tutte le circonferenze circonscritte ad $ A_2B_2C_2 $ o ad $ A_3B_3C_3 $ passano per un unico punto.

Proviamo...

Sia $ O $ il centro del circocerchio di $ ABC $.
Dunque, per come sono stati costruiti, i segmenti $ A_2A_3, B_2B_3, C_2C_3 $ sono paralleli ai lati $ BC, CA, AB $ rispettivamente e condividono i loro stessi assi. Possiamo perciò costruire il simmetrico di $ O $ rispetto al lato $ BC $, che chiameremo $ O_a $. A questo punto la circonferenza di centro $ O_a $ e raggio $ O_aB $ passerà anche per $ A_2, A_3 $. Chiamiamo tale circonferenza $ \Gamma_a $. Allo stesso modo possiamo costruire anche $ \Gamma_b $ e $ \Gamma_c $.
Costruendo i centri radicali delle circonferenze per $ A_2,B_2,C_2 $ e $ A_3,B_3,C_3 $ con $ \Gamma_a, \Gamma_b, \Gamma_c $, otteniamo tre punti. Poiché tuttavia tali punti si devono trovare sulle intersezioni delle circonferenze per $ A_2,B_2,C_2 $ e $ A_3,B_3,C_3 $, che sono due, ne consegue che due di tali centri radicali in realtà coincidono, e quindi chiamiamo tale punto $ I $. Ora, poiché anche le tre circonferenze $ \Gamma_a,\Gamma_b,\Gamma_c $ possiedono un centro radicale, necessariamente esso deve coincidere con $ I $. Quindi abbiamo ricavato che le circonferenze interne si intersecano in $ I $. A questo punto, sapendo che le circonferenze $ \Gamma_a,\Gamma_b,\Gamma_c $ rimangono fissate al variare di $ P $ all'interno di $ ABC $, ne concludiamo che tutte le circonferenze costruite secondo le istruzioni del problema passano per un punto fissato.

Uff....

pi_greco_quadro ha scritto:Proviamo...

Sia $ O $ il centro del circocerchio di $ ABC $.
Dunque, per come sono stati costruiti, i segmenti $ A_2A_3, B_2B_3, C_2C_3 $ sono paralleli ai lati $ BC, CA, AB $ rispettivamente e condividono i loro stessi lati.

Volevi dire assi?

Costruendo i centri radicali delle circonferenze per $ A_2,B_2,C_2 $ e $ A_3,B_3,C_3 $ con $ \Gamma_a, \Gamma_b, \Gamma_c $, otteniamo tre punti. Poiché tuttavia tali punti si devono trovare sulle intersezioni delle circonferenze per $ A_2,B_2,C_2 $ e $ A_3,B_3,C_3 $

Perchè?? Il centro radicale di tre circonferenze giace su una di esse se e solo se le tre circonferenze passano tutte per quel punto...

la risposta alla prima domanda è sì.. volevo scrivere assi... adesso controllo la seconda...

P.S. ho scoperto che in realtà il punto d'intersezione $ I $ è in realtà l'ortocentro di $ ABC $ quindi mi basta dimostrare che le circonferenze interne passano entrambe per il circocentro ed il gioco è fatto... però non so se questa strada sia percorribile così semplicemente...

così per chiunque volesse aiutarmi alcuni spunti da cui sono partito... Il circocentro e l'ortocentro giacciono sulla retta di Eulero. Il circocentro è coniugato isogonale dell'ortocentro. A risentirci a presto

Finalmente sono venuta a capo della prima meta'... comincio a postare questa, che e' gia' un casino sufficiente da sola... e solo le idee fondamentali. Nel weekend se riesco penso alla seconda.

Lemma 1:
Se definisco il punto $ A_4 $ il punto omotetico rispetto al baricentro di ABC e rapporto -1/2 del punto $ A_2 $, allora $ A_4 $ sta sulla circonferenza circoscritta al triangolo $ AM_BM_C $. Lo stesso per B e per C.

Dim: do per noto il fatto che il simmetrico della circonferenza circoscritta rispetto al lato BC sta sul cerchio di raggio R che passa per B e C (si dimostra in mille modi); ora se applichiamo l'omotetia descritta sopra, questo cerchio va a finire esattamente nel cerchio circoscritto a $ AM_BM_C $, perche' B va in M_B, C va in M_C e sappiamo che il raggio del cerchio piccolo e' meta' di quello del cerchio grande.
Fatto noto: questa omotetia per le proprieta' della retta di eulero manda l'ortocentro nel circocentro.

Lemma 2:
Il punto P appartiene al simmetrico rispetto alla bisettrice uscente da A di $ A_4 $

Dim: la simmetria della circonferenza rispetto a BC e l'omotetia che faccio sopra sono trasformazioni che conservano gli angoli con la bisettrice uscente da A (che si trasforma sempre nei passaggi ma non e' importante) e quindi in particolare alla fine si ha che l'angolo tra $ A_1 $ e la bisettrice e' lo stesso dell'angolo tra $ P $ e la bisettrice.

Lemma 3:
Le rette $ AA_4 $, $ BB_4 $, $ CC_4 $ concorrono

Dim: e' il teorema di Ceva con i seni, applicato tenendo conto del lemma 2.

Lemma 4: e' evidente che A_4 e' il punto medio di una corda della circonferenza circoscritta ad ABC.

Lemma 5:
Il teorema ora si riduce a dimostrare che i punti $ A_4 $, $ B_4 $, $ C_4 $ e il circocentro sono conciclici.
Sapendo che le rette $ AA_4 $ etc concorrono, si riduce a dimostrare che i punti medi di 3 corde passanti per Q sono conciclici; questo si fa considerando un paio di quadrilateri ciclici e dimostrando che anche lo stesso punto Q sta sulla stessa circonferenza.
Fine

Problema infame!!!
Scrivendo la soluzione mi sono accorta che in un lemma faccio praticamente il coniugato isogonale di P, e che poi la seconda tesi e’ praticamente il coniugato isogonale di tutto. Quindi dimostrando una e’ fatta anche l’altra… e la seconda e’ molto piu’ facile della prima!!!
Infatti facendo l’omotetia di centro il baricentro e rapporto -1/2 del triangolo costruito col secondo membro si ottengono esattamente i punti medi delle corde passanti per P e per i vertici… in altre parole, ci si riconduce all’ultimo lemma della dimostrazione sopra.
Ora devo uscire e non ho tempo di spiegarlo meglio, pero’ mi pare che funzioni. Domani spiego meglio perche' quell'omotetia funziona cosi' bene. Davvero bello!
Maria

Già, è proprio infame! Però devo ammettere che il problema originale chiedeva solo i simmetrici rispetto ai punti medi
Poi quando provavo a risolverlo ho notato che considerando il coniugato isogonale di P, ottenevo i simmetrici rispetto ai lati! Ovviamente credendo di aver fatto un grande passo avanti, ho continuato per questa strada...

Usando il fatto noto (molti dopo Cesenatico si sono mangiati le mani per questo) che il simmetrico dell'ortocentro rispetto ai lati è sulla circonferenza circoscritta, vedo che:
$ \angle B_2HC_2 = \angle B_2HA + \angle AHC_2 = \angle B_2CA + \angle ABC_2 = $$ \angle ACB_1 + \angle C_1BA = \angle C_1A_1B_1 $. (che tra l'altro funziona perfettamente se lo vediamo come angoli orientati.
Quindi la tesi è vera se $ A_1B_1C_1 $ è simile a $ A_2B_2C_2 $!

Ora, qua mi ero bloccato... e per questo ho aperto questa discussione: http://olimpiadi.ing.unipi.it/oliForum/ ... php?t=6680
Quindi con il lemma di frengo si conclude questa dimostrazione.

Anzi, era un po' sottointeso di usare quel lemma, ma non l'ho scritto perchè così magari capitava qualche dimostrazione più bella... e ho fatto bene!