In un triangolo $ ABC $, sia $ P $ un punto sulla bisettrice di $ B \widehat AC $ e siano $ A' $, $ B' $ e $ C' $ i punti rispettivamente su $ BC $, $ CA $ e $ AB $ tali che $ PA′ \perp BC $, $ PB′ \perp AC $, e $ PC′ \perp AB $. Si dimostri che $ PA′ $ e $ B′C′ $ si intersecano sulla mediana $ AM $ (relativa al lato $ BC $).
Questa è la generalizzazione di un lemma utile per risolvere il problema "State in ocio" pubblicato di recente sul forum, che altro non è che lo shortlist 6 di geometria del 2005. Tra le varie dimostrazioni del suddetto lemma, una che funziona anche qui è quella di calcolare prima il rapporto con cui la mediana divide $B^{'} C^{'} $ nel triangolo $\Delta AB^{'} C^{'} $, e poi quello con cui lo divide la perpendicolare da $A^{'}$ sempre con un po' di trigonometria. Sono comunque pochi conti, lo giuro
Mi scuso per il mio non postare una vera dimostrazione quanto più che altro il risultato delle prime osservazioni, magari una delle strade sintetiche per il lemma di quel G6 si riapplica bene anche qui
"Signora, lei sì che ha le palle, mica come quella checca di suo figlio"
Chiamo $H$ l'intersezione tra le rette $PA'$ e $B'C'$. $CB'PA'$ è ciclico quindi $\angle HPB'=\pi -\angle B'PA' = \angle B'CA' =\gamma$. Con lo stesso metodo si ricava $\angle HPC'=\beta$. Applico il teorema dei seni ai triangoli $\triangle B'HP$ e $\triangle C'HP$, ho che: $$\frac{B'H}{\sin{\gamma}}=\frac{PB'}{sin{(\angle B'HP)}}$$ e $$\frac{HC'}{\sin{\beta}}=\frac{PC'}{sin{(\angle C'HP)}}.$$
Ho che $sin{(\angle B'HP)}=sin{(\pi-(\angle C'HP))}=sin{(\angle C'HP)}$ e $PB'=PC'$ poiché $P$ stà sulla bisettrice. Quindi: $$\frac{B'H}{HC'}=\frac{\sin{\gamma}}{\sin{\beta}}.$$
Chiamo $M$ il punto medio di $CB$, $J$ l'intersezione tra le rette $AM$ e $B'C'$ e $\kappa=\angle BAM$.
Applico il teorema dei seni ai triangoli $\triangle AMB$ e $\triangle ACM$, ho che: $$\frac{AM}{\sin{\beta}}=\frac{MB}{sin{\kappa}}$$ e $$\frac{AM}{\sin{\gamma}}=\frac{CM}{sin{(\alpha - \kappa)}}.$$ Poi siccome $MB=MC$, $$\frac{sin{(\alpha - \kappa)}}{sin{\kappa}}=\frac{\sin{\gamma}}{\sin{\beta}}.$$
Applico (di nuovo ) il teorema dei seni ai triangoli $\triangle AJC'$ e $\triangle AJB'$, ho che: $$\frac{JC'}{\sin{\kappa}}=\frac{AJ}{sin{(\angle JC'A)}}$$ e $$\frac{JB'}{\sin{(\alpha - \kappa)}}=\frac{AJ}{sin{(\angle JB'A)}}.$$ Da qui siccome $AC'=AB'$ (perpendicolari ai lati dalla bisettrice) ho che $\triangle AC'B'$ è isoscele e $\angle JC'A=\angle JB'A$, quindi: $$\frac{B'J}{JC'}=\frac{sin{(\alpha - \kappa)}}{sin{\kappa}}=\frac{\sin{\gamma}}{\sin{\beta}}.$$Perciò $H \equiv J$ e segue la tesi.
Un altro modo carino sarebbe notare che il problema è invariante per omotetia, quindi considerare l'omotetia di centro $A$ che manda $P$ nel punto medio dell'arco $\widehat {BC}$.
Da qui poi basta notare che $PA'$ è l'asse di $BC$ e $B'C'$ è la retta di Simson di $P$, dunque passa anche per la sua proiezione su $BC$, ossia il punto medio $M$. Dunque le due rette concorrono in $M$ sulla mediana.
) il teorema dei seni ai triangoli $\triangle AJC'$ e $\triangle AJB'$, ho che: $$\frac{JC'}{\sin{\kappa}}=\frac{AJ}{sin{(\angle JC'A)}}$$ e $$\frac{JB'}{\sin{(\alpha - \kappa)}}=\frac{AJ}{sin{(\angle JB'A)}}.$$ Da qui siccome $AC'=AB'$ (perpendicolari ai lati dalla bisettrice) ho che $\triangle AC'B'$ è isoscele e $\angle JC'A=\angle JB'A$, quindi: $$\frac{B'J}{JC'}=\frac{sin{(\alpha - \kappa)}}{sin{\kappa}}=\frac{\sin{\gamma}}{\sin{\beta}}.$$Perciò $H \equiv J$ e segue la tesi.