Concorriamo..

[scambret]

Sia $ABC$ un triangolo, sia $I_A$ il cento della circonferenza exiscritta opposta ad A e sia $r_A$ la retta perpendicolare a $BC$ passante per $I_A$. Si definiscano similmente $r_B$ e $r_C$. Dimostrare che le tre rette concorrono.

[mat94]

Bhe ABC è il triangolo ortico di $I_aI_bI_c$ quindi quelle tre rette concorrono nel circocentro di $I_aI_bI_c$.

[scambret]

Ok, in quella riga io ho messo 6 di scrittura fitta fitta ma è angle-chasing

[Drago96]

Lol io ho fatto fare un po' di conti a WA... xDD

[simone256]

Soluzione più lunga e pallosa ma che non passa da nozioni su triangoli ortici

Poichè $ \widehat{BCI_A}=\widehat{ACI_B} $ e $ \widehat{BCI_C}=\widehat{ACI_C} $ sommando coppie di angoli congruenti a due a due otteniamo che gli angoli supplementari $ \widehat{I_ACI_C}=\widehat{I_BCI_C} $ sono congruenti e pertanto retti.
Di conseguenza i segmenti $ I_CC $, $ I_BB $, $ I_AA $ saranno le altezze del triangolo $ I_AI_BI_C $ e concorreranno nel suo ortocentro $ H_I $.
$ I_AI_CBC $ è ciclico pertanto $ \widehat{CBI_B}=\widehat{CI_CI_B} $, inoltre $ \widehat{CBI_B}=\widehat{ABI_B} $. Di conseguenza $ AI_CBH_I $ è ciclico poichè $ \widehat{H_IBA}=\widehat{H_II_CA} $ e infine $ \widehat{AH_II_C}=\widehat{ABI_C} $.
Chiamiamo l'intersezione tra $ r_C $ e $ AB $, $ R_C $, allora per similitudine dei triangoli $ I_CAH_I $ e $ I_CR_CB $ avremo $ \widehat{AI_CH_I}=\widehat{R_CI_CB} $.
Pertanto le rette $ r_A $, $ r_B $, $ r_C $ sono le simmetriche rispetto alle bisettrici delle altezze all'interno del triangolo $ I_AI_BI_C $. Quindi concorreranno nel coniugato isogonale di $ H_I $... Ossia il circocentro $ O_I $ del triangolo $ I_AI_BI_C $.

Spero vada bene

[mat94]

in quella riga io ho messo 6 di scrittura fitta fitta

Che significa ? XD

Lol io ho fatto fare un po' di conti a WA... xDD

Cos'è WA?

Sia ABC un triangolo e DEF il suo triangolo pedale ( D su BC, E su AC e F su AB), prendo il circocentro O e lo congiungo con i vertici. Ora chiamo x l'angolo $\angle{ACF}$ e K la proiezione di O su BC. $\angle{BOK}=\angle{A}=90-x$, quindi x=$\angle{KBO}$. Ma x è anche uguale a $\angle{ABE}$ poiché entrambi complementari allo stesso angolo. Ora BDHF è ciclico (H è l'ortocentro) quindi $\angle{HDF}=\angle{HBF}$=x. Dunque $\angle{HDF}=\angle{DBO}$=x e dato che HD è perpendicolare a DB la rotazione di un angolo pari a x ci dice che FD è perpendicolare a OB. Lo stesso ragionamento vale per gli altri tre raggi, e ciò è la tesi

[Drago96]

Lol io ho fatto fare un po' di conti a WA... xDD

Cos'è WA?

WolframAlpha. Ovvero, ho trovato le tre rette in baricentriche e gli ho fatto fare il determinante (non avevo troppa voglia di fare i conti )

[mat94]

Non ho mai voluto imparare ad usarle proprio per questo motivo ahahahahah

[scambret]

Bhe ABC è il triangolo ortico di $I_aI_bI_c$ quindi quelle tre rette concorrono nel circocentro di $I_aI_bI_c$.

Intendevo che in questa tua riga, per me c'è angle chasing su angle chasing

[Drago96]

Ahahah, a quanto pare hai fatto bene!

Bhe ABC è il triangolo ortico di $I_aI_bI_c$ quindi quelle tre rette concorrono nel circocentro di $I_aI_bI_c$.

[mat94]

Bhe ABC è il triangolo ortico di $I_aI_bI_c$ quindi quelle tre rette concorrono nel circocentro di $I_aI_bI_c$.

Intendevo che in questa tua riga, per me c'è angle chasing su angle chasing

Se vedi la mia soluzione non mi pare ci sia molto angle chasing xD