37. Mistilinea e angoli

[nobu]

Sia $ABC$ un triangolo e sia $\Gamma$ la sua circonferenza circoscritta. Sia $\omega$ una circonferenza tangente ad $AB,AC,\Gamma$ in $P,Q,S$ rispettivamente. Sia $T$ l'intersezione fra $PQ$ e $AS$.
Dimostrare che $\angle{BTP}=\angle{CTQ}$.

[Ido Bovski]

Useremo le notazioni standard per gli elementi di $\triangle ABC$, in particolare indicheremo con $p$ il semiperimetro, $I$ l'incentro e $r$ l'inraggio. Chiamiamo inoltre $X$ il punto di tangenza dell'excerchio relativo ad $A$ e il lato $BC$.

E' noto che su $AS$ giace il centro esterno di similitudine dell'incerchio e del circocerchio, e che questo è il coniugato isogonale del punto di Nagel. Pertanto
$\displaystyle \frac{PT}{QT}=\frac{\sin(\angle PAT)}{\sin(\angle QAT)}=\frac{\sin(\angle CAX)}{\sin(\angle BAX)}=\frac{\sin\gamma\cdot CX}{\sin\beta\cdot BX}=\frac{c(p-b)}{b(p-c)}.$

E' noto inoltre che $I\in PQ$ e che $AI\perp PQ$. Allora
$\displaystyle \frac{PB}{QC}=\frac{c-AP}{b-AQ}=\frac{c-2r/\sin\alpha}{b-2r/\sin\alpha}=\frac{c\cdot\sin\alpha-2[ABC]/p}{b\cdot\sin\alpha-2[ABC]/p}=\frac{c(p-b)}{b(p-c)}.$

Per quanto mostrato $PT/QT=PB/QC$, e inoltre $\angle BPT=\angle CQT$. Allora $\triangle BPT\sim \triangle CQT$, da cui la tesi.

[nobu]

Perfetto a te!

[dario2994]

Piccola idea alternativa:
Usando il famoso lemma del vecchio ottengo che $\frac{CS}{CQ}=\frac{BS}{BP}$ da cui $\frac{BP}{CQ}=\frac{BS}{CS}$. Ma dato che il triangolo $APQ$ è isoscele ottengo facilmente con il teorema dei seni $\frac{BS}{CS}=\frac{PT}{QT}$.
Unendo le 2 uguaglianze ho $\frac{BP}{CQ}=\frac{PT}{QT}$. Da questo, usando che l'angolo è uguale dato che $APQ$ è isoscele, arrivo a $\triangle{PTB}\sim \triangle{QTC}$ da cui la tesi segue.