Sia $ ABC $ un triangolo e siano $ M,N $ punti sui lati $ AB, AC $ tali che MN sia parallelo a BC. Sia $ P $ l'intersezione di $ MC $ e $ NB $ e sia $ Q $ l'ulteriore intersezione delle circonferenze circoscritte a $ BMP $ e $ NCP $.
Dimostrare che $ \widehat{BAP}=\widehat{QAC} $.
BMO 2009 - Problema 2
Il quadrilatero $ ABQN $ è ciclico.
Infatti $ \widehat{PQN}=\widehat{PCN} $ e $ \widehat{BMP}=\widehat{BAN}+\widehat{PNC} $, quindi
$ \widehat{BAN}+\widehat{BQN}=\widehat{BAN}+\widehat{BQP}+\widehat{PQN}= $
$ =\widehat{BAN}+\widehat{PCN}+\widehat{BQP}=\widehat{BMP}+\widehat{BQP}=180° $.
Analogamente, $ ACQM $ è ciclico.
Chiamiamo $ \displaystyle b=\overline{AB}, c=\overline{AC}, k=\frac{\overline{AM}}{\overline{AB}} $, quindi $ \overline{AM}=kb, \overline{AN}=kc $. Poniamo $ R=\sqrt{kbc} $.
Effettuiamo un'inversione circolare di centro $ A $ e raggio $ R $, seguita da una simmetria rispetto alla bisettrice interna di $ \widehat{BAC} $.
Allora $ B $ va in un punto di $ AC $ distante $ \displaystyle\frac{R^2}{b}=\frac{kab}{b}=ka $ da $ A $: va cioè nel punto $ N $.
Analogamente, $ C $ va nel punto $ M $.
$ B\to N, N\to B, C\to M, M\to C $.
La retta $ BN $ va dunque nella circoscritta di $ ABN $ e la retta $ CM $ nella circoscritta di $ ACM $. Il punto $ P $, intersezione delle rette $ BN $ e $ CM $, va pertanto nell'intersezione delle suddette due circonferenze, ovvero nel punto $ Q $.
Da ciò si deduce che i punti $ P $ e $ Q $ si trovano su due rette simmetriche rispetto alla bisettrice.
Peccato che in gara abbia scritto solo metà di tutto ciò, pur avendo dimostrato la ciclicità dei due quadrilateri e aver effettuato l'inversione di centro A...
Infatti $ \widehat{PQN}=\widehat{PCN} $ e $ \widehat{BMP}=\widehat{BAN}+\widehat{PNC} $, quindi
$ \widehat{BAN}+\widehat{BQN}=\widehat{BAN}+\widehat{BQP}+\widehat{PQN}= $
$ =\widehat{BAN}+\widehat{PCN}+\widehat{BQP}=\widehat{BMP}+\widehat{BQP}=180° $.
Analogamente, $ ACQM $ è ciclico.
Chiamiamo $ \displaystyle b=\overline{AB}, c=\overline{AC}, k=\frac{\overline{AM}}{\overline{AB}} $, quindi $ \overline{AM}=kb, \overline{AN}=kc $. Poniamo $ R=\sqrt{kbc} $.
Effettuiamo un'inversione circolare di centro $ A $ e raggio $ R $, seguita da una simmetria rispetto alla bisettrice interna di $ \widehat{BAC} $.
Allora $ B $ va in un punto di $ AC $ distante $ \displaystyle\frac{R^2}{b}=\frac{kab}{b}=ka $ da $ A $: va cioè nel punto $ N $.
Analogamente, $ C $ va nel punto $ M $.
$ B\to N, N\to B, C\to M, M\to C $.
La retta $ BN $ va dunque nella circoscritta di $ ABN $ e la retta $ CM $ nella circoscritta di $ ACM $. Il punto $ P $, intersezione delle rette $ BN $ e $ CM $, va pertanto nell'intersezione delle suddette due circonferenze, ovvero nel punto $ Q $.
Da ciò si deduce che i punti $ P $ e $ Q $ si trovano su due rette simmetriche rispetto alla bisettrice.
Peccato che in gara abbia scritto solo metà di tutto ciò, pur avendo dimostrato la ciclicità dei due quadrilateri e aver effettuato l'inversione di centro A...
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Ok, e questa è una.
Un'altra è simile e prevede di dimostrare che le circonferenze circoscritte ai triangoli BMP e CNP si scambiano (e l'ha prodotta in gara Luca).
Poi ce n'è una con i quadrilateri armonici, una (e mezza, dai) trigonometrica, una con le similitudini... insomma, se qualcuno ne trova un'altra, posti pure.
Ce n'è anche una in geometria analitica e una brevissima con i numeri complessi.
A voi.
Un'altra è simile e prevede di dimostrare che le circonferenze circoscritte ai triangoli BMP e CNP si scambiano (e l'ha prodotta in gara Luca).
Poi ce n'è una con i quadrilateri armonici, una (e mezza, dai) trigonometrica, una con le similitudini... insomma, se qualcuno ne trova un'altra, posti pure.
Ce n'è anche una in geometria analitica e una brevissima con i numeri complessi.
A voi.
Detto così... mi sento proprio idiota a non essere arrivato alla fine, con tutto questo ben di Dio di possibilità...
[quote="julio14"]Ci sono casi in cui "si deduce" si può sostituire con "è un'induzione che saprebbe fare anche un macaco", ma per come hai impostato i conti non mi sembra la tua situazione...[/quote][quote="Tibor Gallai"]Ah, un ultimo consiglio che risolve qualsiasi dubbio: ragiona. Le cose non funzionano perché lo dico io o Cauchy o Dio, ma perché hanno senso.[/quote]To understand recursion, you fist need to understand recursion.
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
[tex]i \in \| al \| \, \pi \, \zeta(1)[/tex]
Caro FeddyStra, il messaggio dopo il tuo è già di per sé una risposta a quel che dici: nessuna di queste strade funziona "ovviamente" ... anche in analitica bisogna mettere l'origine furbamente e scegliere in modo sensato i parametri.
Consolati, questo avrebbe potuto essere anche un problema numero 3 ...
Consolati, questo avrebbe potuto essere anche un problema numero 3 ...
EvaristeG ha scritto:Ok, e questa è una.
Un'altra è simile e prevede di dimostrare che le circonferenze circoscritte ai triangoli BMP e CNP si scambiano (e l'ha prodotta in gara Luca).
Poi ce n'è una con i quadrilateri armonici, una (e mezza, dai) trigonometrica, una con le similitudini... insomma, se qualcuno ne trova un'altra, posti pure.
Ce n'è anche una in geometria analitica e una brevissima con i numeri complessi.
A voi.
qua c'e' qualcosaltro:
viewtopic.php?t=4815&sid=7e6dd71ede5a89 ... e26ae1aa35
[quote="EvaristeG"]Ok, e questa è una.
Un'altra è simile e prevede di dimostrare che le circonferenze circoscritte ai triangoli BMP e CNP si scambiano (e l'ha prodotta in gara Luca).
Poi ce n'è una con i quadrilateri armonici, una (e mezza, dai) trigonometrica, una con le similitudini... insomma, se qualcuno ne trova un'altra, posti pure.
Ce n'è anche una in geometria analitica e una brevissima con i numeri complessi.
A voi.[/quote]
Provo preliminarmente che BRA e' simile a PCR (questo e' vero in generale, epr due generiche ceviane CN, BM).
<CPR = <ABR in quanto suppl. di <RPM.
ANRB e' ciclico essendo <NRB = <NRP + <PRB = <NCP + <PMA e quindi supplementare ad <A. Percio' si ha <ANB = <ARB. Ma <PRC = <ANP in quanto suppl. di <CNP, quindi <PRC = <ARB. Percio' i due triangoli in questione sono simili.
Utillazando ora il fatto che MN//BC, si ottiene MP/PC = MN/BC = AM/AB ==> MP/AM = PC/AB. Ma per quanto provato prima, PC/AB = RC/AR. I due triangoli AMP e ARC sono simili avendo un angolo uguale e i due lati corrispondenti proporzionali, sono simili. In particolare si ha che <MAP = <RAC.
Un'altra è simile e prevede di dimostrare che le circonferenze circoscritte ai triangoli BMP e CNP si scambiano (e l'ha prodotta in gara Luca).
Poi ce n'è una con i quadrilateri armonici, una (e mezza, dai) trigonometrica, una con le similitudini... insomma, se qualcuno ne trova un'altra, posti pure.
Ce n'è anche una in geometria analitica e una brevissima con i numeri complessi.
A voi.[/quote]
Provo preliminarmente che BRA e' simile a PCR (questo e' vero in generale, epr due generiche ceviane CN, BM).
<CPR = <ABR in quanto suppl. di <RPM.
ANRB e' ciclico essendo <NRB = <NRP + <PRB = <NCP + <PMA e quindi supplementare ad <A. Percio' si ha <ANB = <ARB. Ma <PRC = <ANP in quanto suppl. di <CNP, quindi <PRC = <ARB. Percio' i due triangoli in questione sono simili.
Utillazando ora il fatto che MN//BC, si ottiene MP/PC = MN/BC = AM/AB ==> MP/AM = PC/AB. Ma per quanto provato prima, PC/AB = RC/AR. I due triangoli AMP e ARC sono simili avendo un angolo uguale e i due lati corrispondenti proporzionali, sono simili. In particolare si ha che <MAP = <RAC.