BMO 2011 -1

[Veluca]

Sia ABCD un quadrilatero ciclico che non è un trapezio, e sia E l'intersezione delle diagonali. Siano F il punto medio di AB, G il punto medio di CD, l la retta passante per G e parallela ad AB. Siano H il piede della perpendicolare da E alla retta CD e K il piede della perpendicolare da E alla retta l. Dimostrare che le rette EF e HK sono perpendicolari.

Edit: errore di testo anche qua

[Anér]

Cos'è K?
EDIT: Ok

[spugna]

Sia $r$ la bisettrice di $\widehat{AEB}$ e $M=AB \cap EK$. $EMB$ è un triangolo rettangolo che dalla congruenza $\widehat{ABD}=\widehat{ACD}$ risulta simile a $ECH$. Inoltre, $\widehat{BEM}=\widehat{KED}$ perchè opposti al vertice, da cui segue $\widehat{CEH}=\widehat{KED}$. Dunque $r$ è anche la bisettrice di $\widehat{HEK}$. Detto questo, notiamo che, essendo $H$ e $K$ le proiezioni di $E$ su due rette passanti per $G$, questi quattro punti stanno su una stessa circonferenza. Poniamo ora $G'=\sigma_r(G)$ e $P=HK \cap EG'$. I triangoli $PEK$ e $HEG$ hanno due coppie di angoli congruenti (una congruenza segue dal teorema degli angoli alla circonferenza, l'altra dal fatto che $\widehat{HEK}$ e $\widehat{GEG'}$ hanno la bisettrice in comune), per cui $EH \perp HG \Rightarrow HK \perp EG'$, ma i punti $E,F,G'$ sono allineati (lo dimostrerò più tardi con calma perchè ora non ho tempo), perciò abbiamo ottenuto la tesi

[spugna]

i punti $E,F,G'$ sono allineati (lo dimostrerò più tardi con calma perchè ora non ho tempo)

Dalla similitudine $AE:AB=ED:CD$ segue immediatamente $AE:\dfrac{AB}{2}=ED:\dfrac{CD}{2}$, per cui $AEF$ e $DEG$ sono simili (l'angolo tra i lati proporzionali è sempre lo stesso), da cui $\widehat{AEF}=\widehat{DEG}$, ed essendo $\widehat{DEG}=\widehat{CEG'}=\dfrac{\widehat{CED}-\widehat{GEG'}}{2}$ otteniamo $\widehat{AEF}=\widehat{CEG'} \Rightarrow \widehat{FEG'}=\widehat{AEC}-\widehat{CEG'}+\widehat{AEF}=\widehat{AEC}=180°$
P.S.: ho anche corretto un errore nel messaggio precedente