OliForum Matematico

Sia ABC un triangolo e D,E,F i punti in cui i lati tangono la circonferenza inscritta.
Sia P un punto interno al triangolo.
Le rette AP,BP,CP intersecano la circonferenza inscritta nei punti X,Y,Z (consideriamo l'intersezione più vicina al vertice, se ce ne sono due).
Dimostrare che DX,EY,FZ concorrono.

Trilineari, conti, conti, conti, determinante, fine.

Jack ci dimostra come un problema che a prima vista potrebbe sembrare difficilino ha una splendida soluzione di una riga

dai su, se nessuno lo risolve entro un mese, sarai costretto a texarli tutti, i conti

Dunque, sono quasi certa che in questa soluzione ci sia qualcosa che non va, ma non so proprio dire cosa:)
Quindi aspetto correzioni...
L'idea era quella di risolvere il problema con la proiettiva. Innanzitutto riscrivo il problema in questo modo:
Dato un quadrilatero DEXF ciclico e la sua circonferenza circoscritta, si tracciano le tangenti in D,E,F, che si intersecano a due a due in A, B, C. Si prenda un punto P sulla linea AX... poi si fa tutta la costruzione per bene.
Ho fatto questo per evidenziare l'indipendenza dei punti D,E,F,X. Ora, l'idea era di mandare i 4 punti E, F, D, X in 4 punti comodi, sfruttando l'invarianza della costruzione per proiettivita'(infatti se mando la circonferenza in un'altra circonferenza, scegliendo opportunamente i punti, la condizione della tangenza non si perde e tutte le altre cose sono appartenenze e concorrenze...).
Cmq, se ora mando DEF in un triangolo equilatero e X nel simmetrico di D rispetto alla circonferenza circoscritta a DEF, il triangolo ABC e' equilatero, il punto P deve per forza appartenere alla retta AD (che contiene X) e tutto e' simmetrico rispetto alla retta AD. Quindi le rette YE e ZF si devono per forza intersecare sull'asse di simmetria AD, che e' anche la retta DX... Questo concluderebbe la dimostrazione, senza conti.
Pero' non sono affatto sicura del passaggio con la proiettiva... probabilmente mi prendo un po' troppe liberta'

Sì, diciamo che tu ti sei presa un grado di libertà, togliendolo alla povera circonferenza inscritta:
dati D,E,F,X, è vero che esiste una proiettività che manda questi punti in altri quattro purchè a tre a tre non allineati, ma allora, questa stessa proiettività, manderà una conica per D,E,F,X in una conica per le immagini. Ora, per 4 punti passano infinite coniche, anche se i 4 punti sono conciclici, e dunque non c'è niente che ti assicuri che l'immagine della circonferenza inscritta sia la circonferenza inscritta del triangolo immagine e non una qualsiasi ellisse inscritta.
Quindi, così non va.

Breve ritorno alla brute force olimpica...

Scrivo la condizione come ceva trigonometrico sul triangolo FED quindi mi inizio a riscrivere:

$ \sin (FEY) / \sin (YED) =\sin (FDY) / \sin (YFD) $

Analizziamo ora il triangolo isoscele $ BFD $ con il punto interno $ Y $.

Abbiamo che, per angoli alla cfr e angoli tangenti, $ FDY =YFB $ e $ DFY=YDB $. Sappiamo sempre per ceva trigonometrico che, essendo $ YD,YF,YB $ concorrenti (guardacaso in Y... ), si ha:

$ \sin ( YDF) \sin (YFB) \sin (YBD) = \sin (YFD) \sin (YBF) \sin (YDB) $ cioè sostituendo la relazione trovata prima e sapendo che $ YBD=PBC $ e $ YBF = PBA $:
$ \sin (YDF)^2 \sin(PBC) = \sin (YFD) ^2 \sin(PBA) $

Di qui moltiplicando per le altre uguaglianze cicliche otteniamo che la concorrenza in P c'è sse c'è in Q (nb che non ho usato il punto P ma solo i punti X,Y,Z)

Ok, come la mia solo che la mia era più divertente!
Infatti dopo aver girato un po' con gli angoli sono arrivato (sotto la condizione che AX,BY,CZ concorrono) a:
$ \displaystyle \frac{\sin \angle FDX \cdot \sin \angle DEY \cdot \sin \angle EFZ} {\sin \angle EDX \cdot \sin \angle FEY \cdot \sin \angle DFZ} $ $ \displaystyle = \mbox {vari passaggi} = \frac{\sin \angle EDX \cdot \sin \angle FEY \cdot \sin \angle DFZ}{\sin \angle FDX \cdot \sin \angle DEY \cdot \sin \angle EFZ} $

Allora mi son detto "ohibò, ho scoperto l'acqua calda"
Dopo qualche altro tentativo mi è ricaduto l'occhio su quella parte del foglio e mi son detto "ohibò, ma le frazioni sono girate"

Risolto.

non è difficile dimostrare che le tre rette concorrono nel punto di nagel [vedi qui]

¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾ ha scritto:non è difficile dimostrare che le tre rette concorrono nel punto di nagel [vedi qui]

Mah.. probabilmente è la sera tarda, ma il punto Q non determina univocamente il punto P? Cioè come fanno a concorrere nel punto di Nagel quelle tre rette?

stavolta l'ho detta grossa...chissà perchè pensavo a Q come l'incentro e a X, Y e Z i simmetrici dei punti di tangenza