Triangolo $ABC$ con i punti $P$ e $Q$ su $BC$ di modo che $\angle PAB=\angle ACB$ e $\angle QAC=\angle CBA$.
Prendo un punto $M$ ed un punto $N$ sulle semirette $AP$ e $AQ$ di modo che $|AP|<|AM|$, $|AQ|<|AN|$ e $|AP|\cdot|AQ|=|PM|\cdot|QN|$*.
Detta $R$ l'intersezione di $BM$ e $CN$, dimostrare che $R$ appartiene alla circoscritta di $ABC$.
Si astengano perditempo e soprattutto imoisti
* con $|XY|$ intendo la lunghezza del segmento $\overline{XY}$.
"Sei il Ballini della situazione" -- Nikkio
"Meriti la menzione di sdegno" -- troppa gente
"Sei arrivato 69esimo? Ottima posizione!" -- Andrea M. (che non è Andrea Monti, come certa gente pensa)
"Se ti interessa stanno inventando le baricentriche elettroniche, che dovrebbero aiutare a smettere..." -- Bernardo
Proviamo.
Considerando il birapporto $\left(A,M;P, \infty \right)= \frac{AP}{MP}$, si può proiettare da $B$ sulla circoscritta, e dato che la tangente in $B$ è parallela alla retta $AP$, il punto all'infinito va in $B$: $$\left(A,X;C,B \right)=\frac{AC \cdot XB}{AB \cdot XC}=\frac{AP}{MP} \ \ \ (1)$$ dove $X$ è l'intersezione tra $BM$ e la circoscritta.
Ripetendo il ragionamento dall'altro lato, $$\left(A,Y;B,C \right)=\frac{AB \cdot YC}{AC \cdot YB}= \frac{AQ}{NQ} \ \ \ (2)$$ con $Y$ intersezione tra $CN$ e la circoscritta.
Notando che per ipotesi la $(1)$ è la reciproca della $(2)$ (se si può dire reciproca di un'uguaglianza), si ha $$\frac{AC \cdot XB}{AB \cdot XC}=\frac{AP}{MP}=\frac{NQ}{AQ}=\frac{AC \cdot YB}{AB \cdot YC}$$
$$\frac{XB}{XC}=\frac{YB}{YC}$$
Quindi, poichè al variare delle configrazioni $X$ e $Y$ sono sempre nell'arco $\displaystyle \overset{\ \ {\displaystyle \frown}}{AB}$ che non contiene $A$, i due punti coincidono in $R$ grazie all'ultima ugaglianza.
