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Sia $ABC$ un triangolo, siano $E,F$ i piedi delle simmediane uscenti da $B,C$. Siano $M,N$ i punti medi di $EB,CF$ rispettivamente.
Dimostrare che $\angle{NBC}=\angle{MCB}$.

p.s. un bel problema di una vecchia sl.

Nel frattempo che mi viene in mente un'idea carina, scrivo la soluzione contosa.

Userò le notazioni standard per gli elementi del triangolo $\triangle ABC$.
Poiché per ipotesi $BM=BE/2$, abbiamo che
$\displaystyle [MCB]=\frac{1}{2}a\cdot MC\cdot \sin\angle MCB=\frac{1}{4}a\cdot EC\cdot \sin\gamma=\frac{1}{2}[ECB]$
da cui
$\displaystyle \sin\angle MCB=\frac{1}{2}\frac{EC}{MC}\sin\gamma$.
E' noto che (si tratta di un corollario del Teorema di Steiner sui coniugati isogonali)
$\displaystyle\frac{AE}{EC}=\frac{c^2}{a^2}$
pertanto
$\displaystyle EC=\frac{a^2(AE+EC)}{a^2+c^2}=\frac{a^2b}{a^2+c^2}.$
Con il Teorema di Stewart e il risultato appena provato, si dimostra che (anche se credo che il risultato sia abbastanza noto)
$\displaystyle BE=\frac{ac\sqrt{2(a^2+c^2)-b^2}}{a^2+c^2}$.
Allora, usando la nota formula per calcolare la lunghezza di una mediana dati i lati del triangolo, (dopo un po' di conti che vi risparmio) si ha che
$\displaystyle\sin\angle MCB=\frac{ab\sin\gamma}{\sqrt{2a^2(a^2+b^2+c^2)+b^2c^2}}$.
Analogamente si prova che
$\displaystyle\sin\angle NBC=\frac{ac\sin\beta}{\sqrt{2a^2(a^2+b^2+c^2)+b^2c^2}}$
pertanto, poichè $ab\sin\gamma=2[ABC]=ac\sin\beta$, è chiaro che $\sin\angle MCB=\sin\angle NBC$, da cui la tesi.

Sia $\omega$ la circonferenza circoscritta a $\triangle ABC$ e siano $P$ e $Q$ i punti medi di $AC$ e $AB$ rispettivamente. Definiamo inoltre $R=BP\cap\omega$ e $S=CQ\cap\omega$.

Lemma. $\angle PRQ=\angle QSP$.
Dimostrazione.
$PQSR$ è ciclico, infatti, osservando che $BC\parallel PQ$, abbiamo che $\angle PRS=\angle BRS=\angle BCS=\angle BCQ=\angle CQP$ e similmente $\angle QSR=\angle BPQ$. Pertanto $\angle PRQ=\angle QSP$, come desiderato.

I triangoli $\triangle ABR$ e $\triangle EBC$ sono simili poiché $\angle BRA=\angle BCA=\angle EBC$ e $\angle ABR=\angle CBE$ (la simmediana per definizione è simmetrica alla mediana rispetto alla bisettrice uscente dallo stesso vertice).
Allora $\angle PRQ=\angle BRQ=\angle BCM$ e analogamente $\angle QSP=\angle CBN$. In conclusione, per il lemma dimostrato, $\angle BCM=\angle PRQ=\angle QSP=\angle CBN$.

\qed

Complimenti bella dimostrazione... io non avevo trovato quella sintetica ed anche per questo l'avevo messo qui (l'avevo fatto in baricentriche e poi se ho tempo scrivo la dimostrazione)
A te

edit: Ma chi sei???

dario2994 ha scritto:l'avevo fatto in baricentriche e poi se ho tempo scrivo la dimostrazione

Sì, dai, son curioso...

dario2994 ha scritto:edit: Ma chi sei???

Non mi conosci. Probabilmente ci incontreremo al Senior (speriamo )

Allora per fatto noto vale $E=[a^2:0:c^2]$. Poi facilmentissimo normalizzando e poi sommando le coordinate ottengo $M=[a^2:c^2+a^2:c^2]$.
Simmetrizzando ottengo anche $N=[+a^2:+b^2:+b^2+a^2]$.
Poi utilizzando il solito metodo per tirare le ceviane arrivo a $BN: (b^2+a^2)x-a^2z=0$ (che neanche serve per trovare X... perchè sempre col solito metodo per trovare le ceviane non serve "tirare le ceviane" per trovare il punto di concorrenza).
E bon poi con 2 conti ottengo: $\displaystyle X=[a^2:c^2+a^2:b^2+a^2]$ che fa abbastanza ben sperare vista la lunghezza delle coordinate
E ora insomma bisogna dimostrare che $X$ sta sull'asse... L'equazione dell'asse è per fatto più o meno noto $(-c^2+b^2)x+a^2y-a^2z=0$.
E insomma il punto $X$ sembra fatto apposta per starci sopra (e peraltro mi chiedo che punto sia X... è troppo bello per non essere nulla di meglio di quello che è in questo problema!)

Non hai definito $X$, anche se è chiaro che tu voglia intendere $X=BN\cap CM$