ABC is acute-angled and is not isosceles. The bisector of the acute angle between the altitudes from A and C meets AB at P and BC at Q. The angle bisector of B meets the line joining HN at R, where H is the orthocenter and N is the midpoint of AC. Show that BPRQ is cyclic.
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Sia ABC un traingolo acutangolo non isoscele. La bisettrice dell'angolo acuto fra le altezze da A e C interseca AB in P e BC in Q. La bisettrice di B interseca la linea HN in R, dove H e' l'ortocentro di ABC ed N e' il punto medio di AC. Prova che BPRQ e' ciclico.
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PS
Mi ha fatto sudare le proverbiali sette camicie, ma alla fine credo di esserne venuto a capo.
Gli altri due geometrici dello stesso anno, pur avendo un numero d'ordine piu' alto, mi sono apparsi incomparabilmente piu' semplici.
Non sono evidentemente ordinati per difficolta crescente, oppure esiste una soluzione (piu') semplice di quella che ho trovato io!?
Ruassia MO n 7 del 2000
Re: Ruassia MO n 7 del 2000
sprmnt21 ha scritto:ABC is acute-angled and is not isosceles. The bisector of the acute angle between the altitudes from A and C meets AB at P and BC at Q. The angle bisector of B meets the line joining HN at R, where H is the orthocenter and N is the midpoint of AC. Show that BPRQ is cyclic.
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Sia ABC un traingolo acutangolo non isoscele. La bisettrice dell'angolo acuto fra le altezze da A e C interseca AB in P e BC in Q. La bisettrice di B interseca la linea HN in R, dove H e' l'ortocentro di ABC ed N e' il punto medio di AC. Prova che BPRQ e' ciclico.
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PS
Mi ha fatto sudare le proverbiali sette camicie, ma alla fine credo di esserne venuto a capo.
Gli altri due geometrici dello stesso anno, pur avendo un numero d'ordine piu' alto, mi sono apparsi incomparabilmente piu' semplici.
Non sono evidentemente ordinati per difficolta crescente, oppure esiste una soluzione (piu') semplice di quella che ho trovato io!?
credo di aver trovato anche la soluzione "semplice".
Dalla figura 1 .Siano:
KHC l'angolo acuto formato dalle altezze CL e AK;PQ la bisettrice del
medesimo angolo; AR=b la bisettrice di ABC e b' la bisettrice
di AHC.Da altro post ("bisettrici parallele") sappiamo che b e b' sono parallele.
Ma b'e PQ sono perpendicolari perché bisettrici di angoli adiacenti
e dunque anche b è perpendicolare a PQ.Ne segue facilmente che
il triangolo BPQ è isoscele su PQ : BP=BQ.Anche il triangolo PQR è
isoscele su PQ e si vuole dimostrare che PR e RQ sono perpendicolari
ad AB e BC rispettivamente ,cosa che proverebbe la ciclicità di PBQR.
A questo scopo passiamo alla figura 2.
Sia allora R' l'intersezione delle perpendicolari PR' e QR' ad AB e BC
rispettivamente .
Si tratta di dimostrare che R' sta sulla bisettrice b di ABC
e su HN ovvero che coincide con R.
Da N si tirino le perpendicolari ad AB e BC e si indichino F,G,O,D le varie intersezioni indicate sulla figura.
Dopo aver congiunto R' con B ( cosa non indicata nella fig.) si può notare
che i triangoli rettangoli R'PB e BQR' sono congruenti ( BQ=BP e BR' in comune)
e quindi <PBR'=<R'BQ.
Ciò prova che R' è su b.
Ciò posto,è facile provare la similitudine dei triangoli PGH e HQD nonché
dei triangoli PHA e QHC e pertanto si ha:
$ \displaystyle \frac{HD}{HG}=\frac{HQ}{HP} $
$ \displaystyle \frac{HQ}{HP}=\frac{HC}{HA}=\frac{2\cdot FN}{2\cdot NO}=\frac{HO}{HF} $
Da cui:
$ \displaystyle \frac{HD}{HG}=\frac{HO}{HF} $
Oppure:
$ \displaystyle \frac{HD}{HO}=\frac{HG}{HF} $
Pertanto nella omotetia $ \diplaystyle \Omega_H $ si corrispondono
i punti (D,O) e (G,F).Ora le rette FN Ed NO,parallelle alle altezze
CL e AK rispettivamente, hanno ,in $ \diplaystyle \Omega_H $,per corrispondenti
le rette PG e QD che sono parallele alle medesime altezze, e quindi i loro punti
d'intersezione N ed R' sono corrispondenti.
Ciò vuol dire che R' è su HN .
C.V.D.