IMO 2015 - 4

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Nemo
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Iscritto il: 03 dic 2013, 17:35

IMO 2015 - 4

Messaggio da Nemo »

Sia $\Omega$ la circonferenza di centro $O$ circoscritta al triangolo $ABC$. Una circonferenza $\Gamma$ di centro $A$ interseca il segmento $BC$ nei punti $D$ ed $E$, in modo che $B$, $D$, $E$, $C$ siano distinti e in quest’ordine su $BC$. Siano $F$ e $G$ i punti di intersezione tra $\Gamma$ e $\Omega$, scelti in modo che $A$, $F$, $B$, $C$, $G$ siano in quest’ordine su $\Omega$. Sia $K$ il punto di intersezione, diverso da $B$, tra la circonferenza circoscritta a $BDF$ e il segmento $AB$. Sia $L$ il punto di intersezione, diverso da $C$, tra la circonferenza circoscritta a $CGE$ e il segmento $CA$.
Dimostrare che, quando le rette $FK$ e $GL$ sono distinte e si intersecano in $X$, $X$ giace sul segmento $AO$.
[math]
cip999
Messaggi: 153
Iscritto il: 26 nov 2013, 14:44

Re: IMO 2015 - 4

Messaggio da cip999 »

Testo nascosto:
Chiamiamo $\omega_1$ la circoscritta a $\triangle BDF$ e $\omega_2$ la circoscritta a $\triangle CGE$.
Definiamo un po' di punti a caso: siano $P$ e $Q$ le intersezioni (diverse da $F$ e $G$) della retta $FG$ con $\omega_1$ e $\omega_2$ rispettivamente; inoltre poniamo $M = FG \cap AB$, $N = FG \cap AC$.

La retta $FG$ altro non è che l'asse radicale di $\Omega$ e $\Gamma$, ed è quindi ortogonale ad $AO$. Indicato con $H$ l'ortocentro di $\triangle ABC$, vale
$$\widehat{AMN} = 90^{\circ} - \widehat{MAO} = 90^{\circ} - \widehat{HAC} = \widehat{NCB}$$
(in cui abbiamo sfruttato il noto fatto che $O$ e $H$ sono coniugati isogonali), il ché implica che $BCNM$ è ciclico.

Ora usando le innumerevoli ciclicità che si trovano in giro, si ha che
$$\widehat{KFP} = 180^{\circ} - \widehat{FMK} - \widehat{FKM} = \widehat{BCN} - \widehat{FDB} = \\ = \widehat{BCN} - \widehat{FGE} = \widehat{BCN} - \widehat{QCE} = \widehat{QCL} = \widehat{QGL}$$
Dunque il triangolo $\triangle FGX$ è isoscele sulla base $FG$.

Ma allora l'asse di $FG$ (che è $AO$) passa per $X$, e questo conclude.
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