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Breve e conciso...

Sia $ X_A $ il piede della bisettrice di $ A $ e sia $ I_A $ l'excentro relativo ad $ A $ (e cicliche per entrambe le notazioni).
Detto $ O $ il circocentro di $ ABC $ si dimostri che $ X_BX_C \perp OI_A $

chiamiamo $ D $ il centro della crf $ \Gamma_D $ circoscritta a $ \triangle I I_C I_B $, $ \Gamma_I $ il circocerchio di $ \triangle I_A I_B I_C $ di centro $ Z $, $ \Gamma $ il circocerchio di $ \triangle ABC $, $ \Gamma_X $ il cerchio circoscritto a $ A I_C B X_B $ e $ P : X_BX_C \cap BC $.
Allora P è il coniugato armonico di $ X_A $ wrt $ BC $ e quindi $ \displaystyle \frac{PB}{PC} = \frac{X_A B}{A_A C} $ ma allora per il teorema della bisetrice esterna $ P \in I_C I_B $.

Allora per la potenza di P wrt $ \Gamma_D $ si ha $ PB \cdot PC = PI_C \cdot PI_B $ ma $ PB \cdot PC $ è la potenza di P wrt $ \Gamma $ e $ PI_C \cdot PI_B $ è la potenza di P wrt $ \Gamma_I $.
Quindi P sta sull'asse radicale di $ \Gamma $ e $ \Gamma_I $.
Mentre per la pow di $ X_C $ wrt $ \Gamma_X $ si ha $ X_C \cdot I_C = BX_C \cdot AX_C $ e quindi $ pow_{\Gamma_I}(X_C) = X_C \cdot I_C = BX_C \cdot AX_C = pow_{\Gamma}(X_C) $.
Ma allora anche $ X_C $ sta sull'asse radicale di $ \Gamma $ e $ \Gamma_I $.
Quindi $ X_C X_B $ è l'asse radicale di $ \Gamma $ e $ \Gamma_I $ che è perpendicolare alla congiungente dei centri $ DO $.

Siccome in un triangolo il simmetrico dell'ortocentro sta sulla crf circoscritta $ \Gamma_D $ è la simmetrica di $ \Gamma_I $ rispetto a $ I_B I_C $ e quindi $ D $ il simetrico di $ Z $ rispetto a $ I_B I_C $.
Chiamiamo $ S: AI_A \cap \Gamma_I $ e $ R: ZI_A \cap \Gamma_I $.
Essendo l'ortocentro il cognugato isogonale del circocentro, $ SI_C = RI_B $ e $ DS = DR $. Però il trapezio $ IZDR $ è isoscele per simmetria rispetto a $ BC $ ma allora $ DS = IZ $ e $ DS \parallel IZ $.
Ma ricordando che in $ I_A I_B I_C $ $ O $ è il centro di Feuerbach, $ I $ l'ortocentro e $ Z $ il circocentro $ OZ = OI $.
Ma allora una omotetia di fattore 2 e di centro $ I_A $ manda $ \triangle I_A ZO $ in $ \triangle I_A SD $ e quindi $ D $, $ O $ e $ I_A $ sono allineati.

Quindi $ \boxed{OI_A \perp X_B X_C} $


simpatico lemmino

Se non erro, mi pare si faccia facile con un po' di vector power!!

Se hai tempo, Simo, potresti postare la soluzione con i vettori?
Senz'altro faccio qualche errore stupido nei calcoli, ma come con tutte le cose che si guardano per troppo tempo mi accorgo che finisco per fare sempre più errori invece che sempre meno

Beh direi che tutti i punti citati sono facilmente (o quasi) esprimibili come vettori ad eccezione che il circocentro... allora perchè non mettere l'origine in $ O $ ??

Bene. Ora abbiamo, in un qualunque sistema di riferimento, che $ X_A = \alpha B + (1-\alpha)C $. Ora sappiamo che, chiamati $ a,b,c $ i lati del triangolo, $ c X_AB =b CX_A $ che espressi i conti con i vettori risulta diventare:

$ c (1-\alpha) BC = b \alpha BC $

che fatti i conti ci dice che $ \alpha = \frac b{b+c} $. Quindi $ X_A = \frac {bB + cC }{b+c} $. Applicando di nuovo il teorema della bisettrice ad $ X_ABA $ troviamo che $ I= \frac {aA+bB+cC}{a+b+c} $, che un buon olimpionico dovrebbe già sapere...

Similmente ottengo che $ I_A = \frac {bB+cC-aA}{b+c-a} $ facendo il teorema della bisettrice per altri triangoli.

Altro fatto utile con i vettori: se l'origine è il circocentro allora $ A \cdot A = B \cdot B = C \cdot C= R^2 $ e $ 2A \cdot B = A^2 +B^2 - (A-B)^2 = 2R^2 - c^2 $. Qui il prodotto era il prodotto scalare...

Bene adesso siamo pronti a risolvere l'esercizio... Dobbiamo dimostrare che:

$ (X_B - X_C) \cdot (I_A - O ) = 0 $

beh... ora bisogna solo svolgere i conti, coraggio!!!

P.S.: consiglierei di svolgere solo $ I_A \cdot X_B $ e controllare che sia simmetrico in b e c (perchè? )

Beh mi consola vedere di aver espresso correttamente tutti i punti... evidentemente sbaglio proprio il conto

Va bene allora facciamo anche questo conto... {corretto, grazie EvG}

$ \displaystyle I_A \cdot X_C = \frac { bB+cC-aA}{b+c-a} \cdot \frac {bB+aA}{b+a} = $
$ =\displaystyle \frac { b B\cdot ( bB+aA) + cC \cdot (bB+aA) -aA \cdot (bB+aA) }{(b+c-a)(b+a) } = $

sviluppiamo ora solo il numeratore:

$ =b^2 R^2 + ab ( R^2 - \frac {c^2} 2 ) + cb ( R^2 - \frac {a^2}2) + $ $ ac ( R^2 -\frac {b^2}2 ) - ab (R^2 - \frac {c^2}2 ) - a^2R^2 = $
$ = b^2R^2 - a^2R^2 + c(b+a)R^2 - \frac { abc (a+b) } 2 = $
$ = R^2(b+a) ( b+c-a) - \frac { abc(a+b)} 2 $

e dunque

$ \displaystyle I_A \cdot X_C = R^2 - \frac {abc}{2(b+c-a) } $

che è abbastanza simmetrico in $ b $ e $ c $, quindi sarà anche uguale a $ I_A \cdot X_B $ da cui la tesi...

Se non fosse che $ X_B=\dfrac{aA+cC}{a+c} $, sarei pure d'accordo..