Carino.

[Giovanni98]

Sia $ABC$ un triangolo e siano $D,E$ due punti interni ad $ABC$ tali che $D,E$ siano coniugati isogonali. Siano $D_1,D_2,D_3$ e $E_1,E_2,E_3$ le proiezioni di $D$ ed $E$ sui lati $AB,BC,CA$.
a) Dimostrare che $D_1,D_2,D_3,E_1,E_2,E_3$ è ciclico.
b) Trovare il centro della circonferenza di $D_1,D_2,D_3,E_1,E_2,E_3$.

[Linda_]

Testo nascosto:

$D_1E_1D_2E_2D_3E_3$ è ciclico

Si considerino i triangoli $\triangle ADD_3$ e $\triangle AEE_1$: sono rettangoli rispettivamente in $D_3$ e $E_1$ ed hanno per ipotesi $\widehat{D_3AD}=\widehat{E_1AE}$; quindi sono simili, in particolare $\frac{AD_3}{AE_1}=\frac{DA}{AE}$.

In modo analogo si può mostrare che $\triangle AEE_3\sim\triangle ADD_1$, da cui $\frac{AD_1}{AE_3}=\frac{DA}{AE}$.

Quindi per proprietà transitiva $\frac{AD_3}{AE_1}=\frac{AD_1}{AE_3}$, da cui $AD_3\cdot AE_3=AD_1\cdot AE_1$. Da questo si evince che $D_1E_1E_3D_3$ è ciclico, per questioni di potenza.

Analogamente si dimostra che anche i quadrilateri $D_1E_1E_2D_2$ e $E_2D_2E_3D_3$ sono ciclici.

Le 3 circonferenze circoscritte a questi quadrilateri ciclici non possono essere distinte: se così fosse i loro assi radicali dovrebbero concorrere (eventualmante nel punto all'infinito) ma in questo caso i 3 assi sono $AB$, $AC$, e $BC$, che non concorrono! (I 3 assi radicali sono $AB$, $AC$ e $BC$ perché $\odot (D_1E_1E_3D_3)\cap\odot (D_1E_1E_2D_2)=\left\{D_1, E_1\right\}$, $\odot (D_1E_1E_3D_3)\cap\odot (E_2D_2E_3D_3)=\left\{E_3, D_3\right\}$, $\odot (E_2D_2E_3D_3)\cap\odot (D_1E_1E_2D_2)=\left\{E_2, D_2\right\}$ e del resto le rette $D_1E_1$, $E_3D_3$ e $E_2D_2$ coincidono con le rette dei tre lati del triangolo $\triangle ABC$)

Quindi i punti $D_1, E_1, D_3, E_3, E_2, D_2$ stanno su una circonferenza comune, il cui centro sarà l'intersezione di due assi di due corde della circonferenza.

Il centro è $M$, il punto medio di $DE$

$M$ appartiene all'asse di $D_1E_1$: infatti, dato che $DD_1//EE_1$ e $DD_1\bot D_1E_1$, la parallela a $DD_1$ per $M$ (perpendicolare dunque ad $D_1E_1$) per Talete interseca $D_1E_1$ nel suo punto medio in quanto $M$ è punto medio di $DE$. Essendo dunque questa retta passante per il punto medio di $D_1E_1$ e perpendicolare a questo segmento, ne è l'asse, che quindi passa per $M$.

Analogamente si può dire che l'asse del segmento $E_3D_3$ passa per $M$, e per questo $M$ è il centro della circonferenza per $D_1, E_1, D_3, E_3, E_2, D_2$.

Edit: corretti un po' di typos

[Rho33]

Molto molto bello, anche se mi sembra di averlo scritto da qualche parte questo fatto, ma non lo avevo dimostrato, quindi provvedo.

Testo nascosto:

Sia $\triangle ABC$ il nostro amatissimo triangolo. Rinomino i coniugati isogonali in $P,P'$ perché mi piacciono di più ( ) .

Dimostro entrambe le tesi contemporaneamente,in particolare il centro della circonferenza è $M$ , punto medio di $PP'$ ed ovviamente mi avvalgo delle potentissime omotetie! Prima però:

Lemma arcinoto: Siano $X,Y,Z$ i simmetrici di $P$ rispetto ai lati e $X'Y'Z'$ i simmetrici di $P'$ rispetto ai lati. Allora $P'$ è circocentro di $\triangle XYZ$ e $P $ è circocentro di $\triangle X'Y'Z'$.

Dimostrazione: Metto soltanto le idee perché è noto e semplice. Considero il triangolo $\triangle XYZ$ , allora si dimostra per angle-chasing e parallelismi che le rette $AP',BP',CP'$ sono assi dei lati del triangolo in esame. Essendo assi, concorrono in un punto, il suo circocentro, ma esse sono anche linee isogonali, infatti concorrono in $P'$ e quindi fine.


Bene, ora siano $A',B',C'$ le proiezioni di $P$ sui lati ed analogamente $A'',B'',C''$ le proiezioni di $P'$ sui lati.

$\bullet$ Facciamo un'omotetia di centro $P$ e rapporto $\dfrac {1}{2}$. Che succede? Beh, $P'$ va in $M$ e $\triangle XYZ$ va in $\triangle A'B'C'$. Allora $M$ è circocentro di $\triangle A'B'C'$ .

$\bullet$ Facciamo un'omotetia di centro $P'$ e rapporto $\dfrac {1}{2}$. Che succede? Beh, $P$ va in $M$ e $\triangle X'Y'Z'$ va in $\triangle A''B''C''$. Allora $M$ è circocentro di $\triangle A''B''C''$ .

Per completare, non resta che dimostrare che i raggi delle circoscritte sono uguali, ovvero, ad esempio, che $MA=MA'$ . Allora sia $L$ la proiezione di $M$ su $BC$ . Dato che $M$ è punto medio di $PP'$ , allora, per Talete, $L$ è punto medio di $AA'$ . Quindi $ML$ è sia altezza che mediana del triangolo $\triangle MAA'$ , ovvero esso è isoscele e segue che $MA=MA'$ .

EDIT: Avevo iniziato a scrivere prima che Linda postasse, ma dato che è diversa e carina, la lascio. Spero non sia un problema.

[Rho33]

P.S. Ho scoperto solo adesso che questo fatto è anche Galileiana 3 2014/2015 , un poco più forte.