Dimostrare che, in un triangolo, le rette congiungenti ogni vertice con il simmetrico dell'incentro $ I $ rispetto al lato opposto concorrono (in $ P $).
Dimostrare che $ IP $ è parallela alla retta di Eulero.
La prima parte è di per sè abbastanza difficile (io ce l'ho fatta solo con degli hint enormi e comunque con molta fatica), la seconda è una mia invenzione: so per certo che è vera ma non ho idea di come dimostrarla, nè so quanto possa essere difficile farlo. Boh magari qualche pre-imoista troverà divertente perderci un pò di tempo sopra
La prima parte si smonta abbastanza facilmente (con un po' di pazienza), anche se la soluzione non è particolarmente illuminante: chiamo $I_A$ il simmetrico di $I$ rispetto a $BC$, $D$ la tangenza dell'incerchio con $BC$, e $X=BC\cap AI_A$ e calcolo $\frac{BX}{XC}$.
Chiamo ancora $H_A$ il piede dell'altezza da $A$. Prima di tutto voglio calcolare $XH_A$. Per far questo uso che $H_AX+XD=H_AD=p-b-BH_A$ e che $\frac{H_AX}{XD}=\frac{h_a}{r}$ ($h_a,r$ altezza da A e raggio dell'incerchio) $\displaystyle \rightarrow H_AX=\frac{h_a(p-b-BH_A)}{r+h_a}$. A questo punto $\frac{BX}{XC}=\frac{BH_A+XH_A}{CH_A-XH_A}$ e so scrivere tutto in funzione dei lati, alla fine dovrebbe venire tipo $\displaystyle \frac{b^2-a^2-c^2-ac}{c^2-a^2-b^2-ab}$. Stesso ragionamento per gli altri lati, il rapporto cicla $\rightarrow$ tesi per Ceva.
Bisogna fare un attimo attenzione ai segni: io ho supposto che $B,H_A,X,C$ fossero in quest'ordine, ma anche se si scambiano $X,H_A$ ovviamente il risultato non cambia.
Ma la parte più interessante è quella di dopo..