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Sia ABC un triangolo scaleno, siano D,E,F su AC, BC, AB tali che AD, BE, CF siano le bisettrici interne di ABC e siano D',E',F' sui prolungamenti di AC, BC, AB tali che AD', BE', CF' siano le bisettrici esterne di ABC.
Siano $ \Gamma_A,\Gamma_B,\Gamma_C $ le circonferenze di diametro DD', EE', FF'.
Dimostrare che:
1) queste tre circonferenze passano tutte per due punti J,J' (punti isodinamici) che quindi ne determinano l'asse radicale (chiamato asse di Brocard)
2) queste tre circonferenze sono ortogonali alla circonferenza circoscritta ad ABC
3) l'asse di Brocard passa per il circocentro
4) J, J' sono uno l'inverso dell'altro rispetto alla circonferenza circoscritta
5) detta $ f_A $ l'inversione rispetto a $ \Gamma_A $, si ha $ f(\Gamma_B)=\Gamma_C $ (e similmente per ogni permutazione di A,B,C)
6) le tre circonferenze si incontrano ad angoli di 60° e il centro di ognuna è centro di similitudine per le altre due
7) i triangoli pedali di J e di J' sono equilateri
detta $ r_A $ la corda comune a $ \Gamma_A $ e la circonferenza circoscritta ad ABC (e similmente $ r_B,r_C $) dimostrare che $ r_A,r_B,r_C $ concorrono su JJ' in L (punto di Lemoine, coniugato isogonale del baricentro-ma dimostrarlo è complicato)
9) la polare di L rispetto alla circonferenza circoscritta è la retta dei centri di $ \Gamma_A,\Gamma_B,\Gamma_C $.
E ci sarebbe ancora molto altro, ma mi fermo qui.
Buon divertimento

Con una bella sfilza di problemi, il punto 8 anche se la meritava la faccina!
Mettiamo subito il disegno:


Intanto vediamo che, per il teorema della bisettrice, $ \displaystyle \frac{DB}{DC} = \frac cb $ e anche $ \displaystyle \frac{D'B}{D'C} = \frac cb $. Quindi, la circonferenza $ \displaystyle \Gamma_A $ è la circonferenza di apollonio rispetto a B e C con i rapporti c e b! Ma abbiamo chiaramente anche $ \displaystyle \frac{AB}{AC} = \frac cb $, quindi A è sulla circonferenza. O più facilmente perchè le bisettrici formano un angolo retto.
Abbiamo ottenuto che $ \displaystyle A \in \Gamma_A $ e cicliche.

Ora, l'incentro appartiene ad AD. Ma AD è una corda. Quindi l'incentro è interno a tutte e tre le circonferenze! Questo ci da la certezza che le prime due si incontrino in un punto J. Per Apollonio, avremo $ \displaystyle \frac{JB}{JC} = \frac cb, \frac{JC}{JA} = \frac ac $, da cui moltiplicando le prime 2 abbiamo la condizione di appartenenza alla terza circonferena: $ \displaystyle \frac {JB}{JA} = \frac ab $.
Concludiamo che le 3 circonferenze passano tutte per due punti, J e J', che soddisfano:
$ \displaystyle aJA = bJB = cJC $.

Mettiamo che vogliamo calcolare l'angolo
$ \displaystyle \angle O_AAB = \angle O_AAD - \alpha = \angle O_ADA - \alpha = $$ \displaystyle \angle DAC + \angle DCA - \alpha = \angle DCA = \angle BCA $.
Questo ci dice appunto che la retta $ \displaystyle O_AA $ è tangente alla circonferenza per A,B,C... cioè che $ \displaystyle \Gamma_A $ è ortogonale alla circonferenza circoscritta. Quindi sono tutte ortogonali a questa.

Dall'ortogonalità segue che $ \displaystyle OA,OB,OC $ sono le tre tangenti da O alle circonferenze. Che sono tutte uguali al circoraggio. Quindi O ha la la stessa potenza rispetto alle 3 circonferenze, e quindi giace sull'asse radicale JJ'!

Essendo queste tre circonferenze ortogonali a quella circoscritta, invertendo nella circonferenza circoscritta le mando in se stesse. E scambio i punti allineati con il centro d'inversione che stanno sulla stessa circonferenza... J e J'!

Abbiamo visto che $ \displaystyle O_AA $ è tangente alla circonferenza circoscritta. Quindi $ \displaystyle O_AB \cdot O_AC = O_AA^2 = O_AD^2 $, ovvero l'inversione in $ \displaystyle \Gamma_A $ scambia B e C. Quindi questa inversione manda la circonferenza per J,J',C in quella per J,J',B. Quindi scambia le circonferenze $ \displaystyle \Gamma_B,\Gamma_C $ !

L'inversione conserva gli angoli tra rette e circonferenze. Quindi, invertendo in $ \displaystyle \Gamma_A $, l'angolo tra $ \displaystyle \Gamma_C,\Gamma_A $ è lo stesso angolo tra le loro immagini, $ \displaystyle \Gamma_B,\Gamma_A $. Facendo lo stesso invertendo nelle altre, si vede subito che gli angoli con cui si intersecano le circonferenze sono di 60°.

Inoltre l'inversione manda rette per l'origine in se stesse e conserva le tangenze... quindi se dal centro di inversione traccio le due tangenti a una circonferenza, queste saranno tangenti anche dell'inversa. Nel caso in cui il centro di inversione sia interno alla circonferenze, si vede comunque facilmente coi rapporti che questo è un centro di similitudine ($ \displaystyle OX \cdot OX' = r^2 = OY \cdot OY' \Rightarrow \frac{OX}{OY'} = \frac{OY}{OX'} $).
Quindi ciascuna delle circonferenze è centro di similitudine delle altre due.

Questi erano i punti 1-6, andate avanti!

Per non togliere suspence, faccio solo gli ultimi due punti assieme alla dimostrazione che il punto di Lemoine è il coniugato isogonale del baricentro..

Si vede subito che il punto di intersezione di $ r_A $ e $ r_B $ è il centro radicale di $ C_1, C_2 $ e della circonferenza circoscritta. Quindi ha la stessa potenza anche rispetto a $ C_3 $ e appartiene all'asse di Brocard, che è la tesi.

9)$ L $ è l'intersezione di $ r_A, r_b, r_C $ e quindi la sua polare è la retta che passa per i loro poli. Ora, il polo di $ r_A $ è l'intersezione delle polari delle tangenti alla circonferenza circoscritta nei punti di intersezione con $ C_1 $. Ma poichè la circonferenza circoscritta e $ C_1 $ sono ortogonali, tali tangenti passano entrambe per il centro di $ C_1 $. Quindi il polo di $ r_A $ è proprio il centro di $ C_1 $. Ragionando analogamente per le altre due circonferenze, vediamo che la polare di $ L $ è proprio la retta dei centri di $ C_1, C_2, C_3 $.

10 [bonus question] )per vedere che $ L $ è il coniugato isogonale del baricentro sfruttiamo la nota proprietà che il tale punto è l'intersezione delle rette passanti per un vertice e per l'intersezione delle tangenti alla circonferenza circoscritta in B e C. Le polari di questi punti sono la tangente alla circonferenza circoscritta in A e la retta BC, quindi la loro intersezione, e polo di una ceviana del punto di Lemoine, è un punto R che sta sul lato BC e tale che l'angolo $ \angle RAO $ è retto. Ma questo punto è proprio il centro di $ C_1 $!! Quindi la polare del coniugato isogonale del baricentro è la stessa del punto L, quindi L è il coniugato isogonale del baricentro! CVD

E visto che oggi mi è venuta l'illuminazione posto anche il 7

Chiamiamo $ A', B', C' $ i piedi delle perpendicolari da $ J $ ai lati $ BC, AC, AB $ rispettivamente. Allora il quadrilateri $ JA'B'C, JA'C'B, JB'C'A $ sono ciclici poichè hanno due angoli retti e inoltre $ JA, JB, JC $ sono diametri. Quindi per il teorema dei seni $ A'B'=JC \sin \gamma $ e simili. Facendo i rapporti e ricordando il teorema dei seni e che $ JA/JB = a/b $ concludiamo. Analogamente si procede per $ J' $

Un'altra bella proprietà degna di nota:
Invertendo in uno dei due punti isodinamici, i vertici di ABC vanno nei vertici di un triangolo equilatero!