13. Triangoli isosceli e perpendicolarità

[kalu]

Nel triangolo isoscele $ \triangle{ABC} $ ($ AC=BC $), sia $ M $ il punto medio di $ AB $. Posta $ P $ l'intersezione (esterna al triangolo) fra la perpendicolare ad $ AC $ per $ B $ e la circonferenza di centro $ A $ e raggio $ AM $, chiamando $ N $ il punto medio di $ AP $, sia $ Q $ l'intersezione fra la perpendicolare ad $ AP $ per $ N $ e la circonferenza circoscritta a $ \triangle{AMC} $. Si provi che $ PM \perp MQ $.

[Nabir Albar]

Siano $K$ il punto medio di $AC$, $\Gamma$ la crf. di diametro $AC$ (e centro $K$) e $S$ l'ulteriore intersezione di $AP$ con $\Gamma$.
Ovviamente $M,Q\in\Gamma$ ($\angle AMC$ è retto).
Essendo $PN\perp NQ$, basta mostrare che $PQMN$ è ciclico, cioè che $\angle APM=\angle NQM$.
Ma $\angle APM=\frac{1}{2}(\pi-\angle SAM)=\frac{1}{2}\angle SQM$, quindi Tesi$\iff\angle SQN=\angle NQM\iff\angle SQP=\angle AQM$ (essendo $\angle PQN=\angle NQA$).
La crf. circoscritta a $SPQ$ e $\Gamma$ sono congruenti, dato che sulle corde $PQ=AQ$ insiste lo stesso angolo $\angle PSQ$. Quindi la tesi equivale a $PS=AM$ (corde su cui insistono $\angle SQP$ e $\angle AQM$ nelle due crf.), ovvero a $AP=\frac{1}{2}AS$.
Visto che $\angle ASC$ è retto, basta dire che lo è pure $\angle APK$, cioè che $P$ sta sulla crf. di diametro $AK$ (che chiamiamo $\gamma$).
Chiamando $\omega$ la crf. di centro $A$ e raggio $AM$, abbiamo che $B$ sta sull'asse radicale di $\gamma$ e $\omega$: infatti la proiezione $R$ di $K$ su $AB$ sta su $\gamma$ e $pow_\gamma(B)=BA\cdot BR=BA(BM+MR)=AB(BM+\frac{1}{2}BM)=\frac{3}{4}AB^2=AB^2-AM^2=pow_\omega(B)$.
Essendo $AC$ la retta che passa per i centri di $\gamma$ e $\omega$ e $BP\perp AC$, anche $P$ sta sul loro asse radicale, da cui $P\in\gamma$.

[kalu]

Perfetto (al sesto rigo volevi dire $ AP=\frac{1}{2}AS $). Avanti con il prossimo

[Nabir Albar]

Corretto! Qua il 14..
P.S.: qual era la fonte del problema?

[kalu]

L'ho pescato nelle China Girls Math Olympiad