Geometrico Banale (o forse no..)

[Fenu]

L'incerchio del triangolo non isoscele $\bigtriangleup ABC$ con centro $I$, tocca i lati $BC, CA, AB$ nei punti $A_1, B_1, C_1$ rispettivamente. La retta $AI$ interseca il circocerchio di $\bigtriangleup ABC$ in $A_2$. La retta $B_1C_1$ interseca $BC$ in $A_3$ e la retta $A_2A_3$ interseca il circocerchio di $\bigtriangleup ABC$ in $A_4 \neq A_2$. Definendo $B_4, C_4$ similmente, dimostrare che $AA_4, BB_4, CC_4$ concorrono.

[Parmenide]

Premetto che non è la soluzione più bella, ma dopo averci provato un po' in proiettiva mi sono arreso

Testo nascosto:

$A=[1,0,0]$, $B=[0,1,0]$, $C=[0,0,1]$, $I=[a,b,c]$. Si ricava facilmente che:

$A_1=[0,p-c,p-b]$ , $B_1=[p-c,0,p-a]$, $C_1=[p-b,p-a,0]$ dove $p=\displaystyle \frac{a+b+c}{2}$

$A_2$ può essere definito anche come l'intersezione tra $AI$ e l'asse di $BC$ (e lo stesso vale per $B_2$ e $C_2$), per cui basta risolvere
$$\begin{cases} bz-cy=0\\(b^2-c^2)x+a^2y-a^2z \end{cases} \Rightarrow x=-a^2, y=b(b+c), z=c(b+c)$$

Da cui $A_2=[-a^2,b(b+c),c(b+c)]$, $B_2=[a(a+c),-b^2,c(a+c)]$, $C_2=[a(a+b),b(a+b),-c^2]$


$$B_1C_1: \det\left[\begin{matrix} p-c & 0 & p-a\\ p-b & p-a & 0\\ x & y & z \end{matrix}\right]=0 \Rightarrow -(p-a)x+(p-b)y+(p-c)z=0$$

$$ A_3=\begin{cases} -(p-a)x+(p-b)y+(p-c)z=0\\ x=0 \end{cases}\Rightarrow x=0, y=p-c, z=-(p-b)$$

Dunque, ripetendo lo stesso ragionamento per $B_3$ e $C_3$ si ottiene:

$A_3=[0,p-c,-(p-b)]$, $B_3=[p-c,0,-(p-a)]$, $C_3=[p-b,-(p-a),0]$


$$A_2A_3: \det \left[\begin{matrix}-a^2 & b(b+c) & c(b+c)\\ 0& p-c & -(p-b)\\ x & y & z \end{matrix}\right]=0\Rightarrow (b+c)(pb+pc-b^2-c^2)x+a^2(p-b)y+a^2(p-c)z=0$$


$$A_4=\begin{cases}(b+c)(pb+pc-b^2-c^2)x+a^2(p-b)y+a^2(p-c)z=0\\a^2yz+b^2xz+c^2xy=0\end{cases}$$

Ricavando $z$ dalla prima equazione, sostituendolo nella seconda e fattorizzando (ricordiamo che anche $A_2$ è soluzione del sistema) otteniamo:

$$ (b(b+c)x+a^2y)(a^2(p-b)y+b(pb+pc-b^2-c^2)x)=0$$

Il primo fattore si annulla in corrispondenza delle coordinate di $A_2$, dunque $x=-a^2(p-b)$, $y=b(pb+pc-b^2-c^2)$

Pertanto, con lo stesso ragionamento per $B_4,C_4$ abbiamo che:

$A_4=[-a^2(p-b)(p-c), b(p-c)(pb+pc-b^2-c^2), c(p-b)(pb+pc-b^2-c^2)]$

$B_4=[a(p-c)(pa+pc-a^2-c^2), -b^2(p-a)(p-c), c(p-a)(pa+pc-a^2-c^2)]$

$C_4=[a(p-b)(pa+pb-a^2-b^2), b(p-a)(pa+pb-a^2-b^2), -c^2(p-a)(p-b)]$

Ora $AA_4: b(p-c)z-c(p-b)y=0$, $BB_4: c(p-a)x-a(p-c)z=0$, $CC_4: a(p-b)y-b(p-a)x=0$


$$ \det\left[\begin{matrix} 0&-c(p-b)&b(p-c)\\c(p-a)&0&-a(p-c)\\-b(p-a)&a(p-b)&0\end{matrix}\right]=-abc(p-a)(p-b)(p-c)+abc(p-a)(p-b)(p-c)=0$$

Dunque $AA_4,BB_4,CC_4$ concorrono

[Parmenide]

Bonus: dimostrare che $B_1C_1$, $AA_4$ e la perpendicolare a $B_1C_1$ passante per $A_1$ concorrono

[Leonhard Euler]

Testo nascosto:

Le rette $ AA_1, BB_1,CC_1 $ concorrono nel punto di Gergonne del triangolo $ ABC $, questo punto inoltre è centro di prospettiva dei triangoli $ A_1B_1C_1 $, $ ABC $. Per il teorema di Desargues si ha che i punti $ AB\cap A_1B_1, BC\cap B_1C_1,CA\cap C_1A_1, $meglio noti come $ C_3,A_3,B_3 $, sono allineati. Per il teorema di Menelao relativo al triangolo $ ABC $ e alla retta $ A_3B_3C_3 $:
$$\frac{BC_3}{C_3A} \cdot \frac{AB_3}{B_3C} \cdot \frac{CA_3}{A_3B} =1$$
A questo punto nel triangolo $ A_4BC $ si nota che $ A_4A_3 $ è bisettrice esterna di $ \angle BA_4C $ in quanto quest'ultima misura $ 180-\angle BAC $, mentre $ \angle CA_4A_3=\frac{\angle BAC}{2} $. Per il teorema della bisettrice esterna:
$$\frac{CA_4}{A_4B}=\frac{CA_3}{A_3B}$$
Moltiplicando questa identità alle sue versioni cicliche:
$$\frac{BC_4}{C_4A} \cdot \frac{AB_4}{B_4C} \cdot \frac{CA_4}{A_4B} =1$$
Da cui segue la concorrenza desiderata.