Similitudine e punto di Miquel

[Giulialasmemoreda]

Buongiorno a tutti, mi sono imbattuta, tentando la risoluzione di un problema per uno stage di Pisa, in una dimostrazione che non riesco a completare. Premetto che è espressamente dichiarato che è lecito chiedere aiuto su eventuali forum, se no non sarei assolutamente qua. In ogni caso vi rivolgo il mio dubbio: ho un triangolo ABC e poi ho un triangolo A1B1C1 inscritto in ABC e simile a questo. Devo dimostrare che il punto di Miquel di A1B1C1 rispetto ad ABC è il circocentro di ABC e che questo punto che per comodità chiamo O, è anche l’ortocentro di A1B1C1. Avevo provato facendo ruotare gli angoli di ABC rispetto ad A1B1C1 ma non arrivando a niente di conclusivo, anche se penso sia questo il corretto metodo di risoluzione, per il secondo punto invece non ho grosse idee, grazie in anticipo del possibile aiuto.

[giammaria]

Tutto tace, quindi do la mia mezza risposta, pensando che mezzo è meglio che niente.
Ho usato un approccio completamente diverso, arrivando a dimostrare le seguenti due affermazioni (a richiesta, posterò le dimostrazioni):
1) Se c'è la similitudine, la tre circonferenze che concorrono nel punto di MIquel hanno lo stesso raggio.
2) Una figura che rispecchia l'ipotesi si ottiene congiungendo i punti medi dei lati di ABC e per questa figura vale la tesi.

[giammaria]

Non ho ancora considerato la seconda tesi, ma comincio col dimostrare la prima, anche se credo proprio che ci siano dimostrazioni migliori.

PREMESSA
Se nel triangolo $ABC$ è inscritto il triangolo $A_1B_1C_1$ (con $A_1$ su BC ed analoghi), le tre circonferenze circoscritte ad $AB_1C_1, BC_1A_1,CA_1B_1$ (che chiamerò $gamma_A, gamma_B, gamma_C$) si incontrano tutte in uno stesso punto P, detto punto di Miquel. Ne lascio a voi la dimostrazione e qui penso solo al problema proposto.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Per il triangolo ABC userò le lettere abituali; altri punti sono indicati come detto nella premessa ed altri ancora saranno definiti man mano che servono.

1) Se c'è la similitudine, $gamma_A, gamma_B, gamma_C$ hanno lo stesso raggio $r$.
Detto $r_A$ il raggio di $gamma_A$, si ha $B_1C_1=2r_A sin alpha$; si ha anche $B_1C_1=ka=k*2Rsin alpha$,essendo k il rapporto di similitudine. Quindi
$2r_A sin alpha=k*2Rsin alpha->r_A=kR$
Lo stesso vale per le altre circonferenze, che hanno quindi lo stesso raggio $r$.

2) Collegamento fra k ed un angolo u
Per la similitudine, si ha $B_1 hatC_1A_1=gamma$ ed analoghi. Posto ora $A hatB_1C_1=gamma+u$
- dal triangolo $AB_1C_1$ ricaviamo $AhatC_1B_1=beta-u$
- dall'angolo piatto $AhatC_1B$ ricaviamo $BC_1A_1=alpha+u$
-dal triangolo $BA_1C_1$ ricaviamo $BhatA_1C_1=gamma-u$
e così via.
Abbiamo quindi
$AB=AC_1+C_1B=2rsin (gamma+u)+2r sin (gamma-u)=2r*2sin gamma cos u=2kR*2 sin gamma cos u$
Ma era $AB=2Rsin gamma$, quindi
$2kR*2 sin gamma cos u= 2Rsin gamma->2kcosu=1->k=1/(2cosu)$
Il collegamento fra i raggi diventa $R=2r cos u$

3) La retta $O_AO_B$ (centri di $gamma_A, gamma_B$) è inclinata di u rispetto ad AB.
Dette H.K le proiezioni di $O_A,O_B$ su AB ed L la proiezione di $O_A $su $KO_B$, abbiamo
$HhatO_AC_1=gamma+u$, dato che è la metà di $AhatO_AC_1$, che è il doppio di $gamma+u$.
Analogamente abbiamo $C_1hatO_BK=gamma-u$. Quindi
$O_AL=HK=HC_1+C_1K=rsin (gamma+u)+rsin(gamma-u)=r*2sin gamma cos u$
$O_BL=O_BK-O_AH=rcos(gamma-u)-rcos(gamma+u)=r*2sin gamma sin u$
e ne consegue
$tan O_BhatO_AL=(O_BL)/(O_AL)=tanu -> O_BhatO_AL=u$

4) Conclusione
Il punto di Miquel P è il simmetrico di $C_1$ rispetto ad $O_AO_B$, che è inclinata di $u $ rispetto ad AB; quidi $AhatC_1P=pi/2-u$. Sappiamo che $HhatO_AC_1=gamma+u$, quindi $A hatC_1O_A=pi/2-gamma-u$.
Ne consegue
$O_AhatC_1P=(pi/2-u)-(pi/2-gamma-u)=gamma$
Quindi
$C_1P=2OC_1cos gamma=2r cos gamma$
e, detta S la proiezione di P su AB,
$SC_1=C_1Pcos(pi/2-u)=2rcosgamma sin u$
Perciò
$AS=AC_1-SC_1=2rsin(gamma+u)-2rcosgamma sin u=2r(sin gamma cos u+cosgamma sin u-cosgamma sin u)=2rcosu*singamma=Rsin gamma=c/2$
che mostra che P è sull'asse di AB. Analogamente, P è sugli altri assi e quindi è il circocentro.

[giammaria]

Dimostrare la prima tesi è stato faticoso, ma ha posto le basi per una rapida dimostrazione della seconda.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

Continuo la numerazione della mail precedente.

5) $u$ è l'angolo fra i lati omologhi.
L'angolo fra $B_1C_1$ e $BC$ è uguale a quello fra $B_1C_1$ e la parallela a $BC$ passante per $B_1$. Detta E l'intersezione di questa parallela con AB, abbiamo $AhatB_1E=gamma$; era $A hatB_1C_1=gamma+u$ e ne segue che l'angolo in questione è $E hatB_1C_1=u$.

6) Seconda tesi.
Al punto 4 avevamo notato che $AhatC_1P=pi/2-u$, quindi $ShatPC_1=u$: se l'asse di AB ruota di $u$ attorno a P, viene a passare per $C_1$.
Per quanto detto al punto 5, con questa rotazione diventa perpendicolare ad $A_1B_1$: su questo asse ruotato sta quindi una delle altezze di $A_1B_1C_1$. Lo stesso vale per gli altri assi, quindi P è l'ortocentro di $A_1B_1C_1$

Possibile che questo problema abbia interessato solo me? Vi prego di rifletterci ancora, magari alla luce della mia soluzione: scommetterei parecchio sul fatto che è migliorabile, e di molto.