Sia $ABC$ un triangolo, e siano $O$ il suo circoncentro e $\Omega$ la sua circonferenza circoscritta. La circonferenza di diametro $AO$ interseca nuovamente la circonferenza circoscritta al triangolo $OBC$ nel punto $S$. Le tangenti a $\Omega$ in $B$ e in $C$ si intersecano in $P$.
Dimostrare che i punti $A$, $S$, $P$ sono allineati.
Fonte:
Testo nascosto:
TF senior 2014 - problema 11
Ho provato a risolvere il problema in baricentriche ma è la prima volta che le uso. Di seguito riporto i passaggi ed i risultati della mia soluzione, omettendo i calcoli, a volte non proprio corti. Ringrazio chiunque abbia voglia di darle un'occhiata.
Se la tesi è vera, allora $S\in r_{AP}$, $S\in \Gamma$ e $S\in\omega$.
Cerco quindi un siffatto punto.
Ho un sistema a tre equazioni in tre incognite
\[
S
\begin{cases}
a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy-\dfrac{b^{2}c^{2}}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}x(x+y+z)=0\\
a^{2}yz+b^{2}zx+c^{2}xy-\left(\dfrac{c^{2}}{2}y+\dfrac{b^{2}}{2}z\right)(x+y+z)=0\\
-c^{2}y+b^{2}z=0
\end{cases}
\]
Dalla terza equazione ottengo
\[
z=\dfrac{c^{2}}{b^{2}}y
\]
Sottraendo la seconda equazione alla prima e utilizzando la relazione appena trovata, ottengo
\[
y=\dfrac{b^{2}}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}x\\
z=\dfrac{c^{2}}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}x
\]
Quindi
\[
S\left[x:\dfrac{b^{2}}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}x:\dfrac{c^{2}}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}x\right]
\]
lavorando in coordinate omogenee, divido per $x$ ed ottengo
\[
S\left[1:\dfrac{b^{2}}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}:\dfrac{c^{2}}{b^{2}+c^{2}-a^{2}}\right]=[b^{2}+c^{2}-a^{2}:b^{2}:c^{2}]
\]
da cui la tesi.
alegh, scusa se ignoro la tua soluzione ma non conoscendo le baricentriche è meglio che io mi astenga.
Ciò detto, provo qualcosa in sintetica (saltando qualche passaggio)!
Testo nascosto:
$\angle{PBO}$ e $\angle{PCO}$ sono entrambi retti, quindi $P$, $B$, $O$ e $C$ stanno sulla stessa circonferenza, su cui per ipotesi sta anche $S$.
Inverto in $\Omega$ e la tesi diventa "dimostrare che i punti $A'$, $S'$, $P'$ ed $I'$ giacciono su una stessa circonferenza", dove $I$ è il punto all'infinito e quindi $I'$ ed $O$ coincidono. Non sto a riscrivere le ipotesi, allego un disegno:
disegno.png (160.59 KiB) Visto 6515 volte
Il nero è prima dell'inversione, il rosso dopo. Il tratteggio è la tesi. Ho spostato un po' $A'$, $B'$ e $C'$ per comodità mia.
Per l'osservazione di prima, $B'$, $C'$, $P'$ ed $S'$ sono allineati.
Osserviamo che il triangolo $B'I'C'$ è isoscele di base $B'C'$. Inoltre, poiché per il teorema delle tangenti $\angle{OPB}\cong\angle{OPC}$ allora $\angle{I'P'B'}\cong\angle{I'P'C'}$, ed essendo la somma di questi due angoli un angolo piatto allora ciascuno di essi è retto. Questo, unito al fatto che $\angle{I'A'S'}$ è retto, implica la tesi.
Per chi conosce le inversioni: se trovate un errore o qualcosa di non chiaro e me lo scrivete vi sono grato.
Per chi non le conosce: ignoratemi.