BMO 2010/2

[Karl Zsigmondy]

Sia ABC un triangolo acutangolo di ortocentro H, sia M il punto medio di AC. Sia $ C_1 $ su AB il piede dell'altezza con vertice in C e sia $ H_1 $ il simmetrico di H rispetto ad AB. Siano P, Q, R le proiezioni di $ C_1 $ rispettivamente su $ AH_1 $, AC e BC. Infine sia $ M_1 $ il punto tale che il circocentro del triangolo PQR è il punto medio di $ MM_1 $. Provare che $ M_1 \in BH_1 $.

Mi è sembrato carino, ma probabilmente mi smentirete!

[Karl Zsigmondy]

è presto per un up!? Pazienza...
Fra un paio di giorni metto un hint!

[simone256]

Bene bene... Proviamo a rifarci dopo un pessimo test finale...

Lemma 1: $ H_1 $ si trova sulla circonferenza circoscritta ad $ ABC $:
Per dimostrare questo fatto noto si può (brutalmente) dire che la circonferenza circoscritta ad $ ABC $ si può ottenere dalla circonferenza di Feuerbach (di $ ABC $) mediante un'omotetia di centro $ H $ e di ragione $ 2 $; in questo modo $ C' $ (che si trova sulla circonferenza di Feuerbach (sempre di $ ABC $ ovviamente) poiché piede dell'altezza del triangolo $ ABC $) viene "spostato" (come si dice?) in un punto $ C'' $ tale che $ H $, $ C $ e $ C'' $ sono allineati e che $ C''C'=C'H $. Ma allora $ C'' $ è il simmetrico rispetto a $ C' $ di $ H $, quindi $ C'' \equiv H' $. Pertanto $ H' $ si trova sulla circonferenza circoscritta ad $ ABC $.

Lemma 2: In un quadrilatero ciclico avente le diagonali perpendicolari, il punto medio di un lato, l'intersezione delle diagonali, e il piede dell'altezza condotta dall'intersezione delle diagonali al lato opposto a quello iniziale, sono allineati.
Utilizzando la situazione del problema esaminiamo il quadrilatero ciclico (per il lemma 1) $ AH'BC $; esso ha le diagonali perpendicolari poiché $ CC' $ è perpendicolare ad $ AB $ per ipotesi. Dimostriamo che la retta $ PC' $ interseca $ CB $ nel suo punto medio che chiamiamo $ P' $.
$ PC'H'=P'C'C $ perché opposti al vertice;
$ PC'H'=H'AC' $ poiché entrambi complementari all'angolo $ C'H'A $;
$ H'AC'=H'CB $ poiché insistono sullo stesso arco.
Pertanto $ P'C'C=P'CC' $ quindi $ C'P'=CP' $. Allo stesso modo si dimostra che anche il triangolo $ C'BP' $ è isoscele di base $ C'B $, quindi $ CP'=BP' $.

Lemma 3: In un quadrilatero ciclico avente le diagonali perpendicolari esiste una circonferenza $ \omega $ passante per i punti medi dei lati e per i piedi delle altezze condotte dall'intersezione delle diagonali rispetto ai lati.
Chiamiamo il quadrilatero in questione $ ABCD $ e chiamiamo $ A' $ il punto medio di $ AB $ e ciclicamente definiamo $ B' $, $ C' $ e $ D' $.
$ A'B'C'D' $ è un rettangolo (la dimostrazione è davvero semplice ed evito di metterla) pertanto è ciclico... Ora definiamo $ S $ il piede dell'altezza condotta dal punto di incontro delle diagonali $ O $ al lato $ AB $.
Per il lemma 2 sappiamo che $ BSO=BSC' $; ma $ BSC'=A'D'C'=90° $ ed entrambi insistono sul segmento $ A'C' $. pertanto $ S $ (e analogamente tutti gli altri piedi delle altezza condotte da $ O $) si trovano sulla circonferenza passante per $ A'B'C'D' $.

Ora per il lemma 3 sappiamo che la circonferenza passante per $ P $, $ Q $ e $ R $ è anche la circonferenza $ \omega $ che passa per i nostri 8 fatidici punti... Ora sappiamo che $ M $ è uno dei punti medi del nostro quadrilatero, quindi il suo simmetrico rispetto al centro della circonferenza $ \omega $ sarà il punto medio del lato $ H'B $ (anche di questo non metto una dimostrazione rigorosa ma è un fatto banale) pertanto la tesi è dimostrata.

[Karl Zsigmondy]

Bene bene... Proviamo a rifarci dopo un pessimo test finale...

Lemma 1: $ H_1 $ si trova sulla circonferenza circoscritta ad $ ABC $:
Per dimostrare questo fatto noto si può (brutalmente) dire che la circonferenza circoscritta ad $ ABC $ si può ottenere dalla circonferenza di Feuerbach (di $ ABC $) mediante un'omotetia di centro $ H $ e di ragione $ 2 $; in questo modo $ C' $ (che si trova sulla circonferenza di Feuerbach (sempre di $ ABC $ ovviamente) poiché piede dell'altezza del triangolo $ ABC $) viene "spostato" (come si dice?) in un punto $ C'' $ tale che $ H $, $ C $ e $ C'' $ sono allineati e che $ C''C'=C'H $. Ma allora $ C'' $ è il simmetrico rispetto a $ C' $ di $ H $, quindi $ C'' \equiv H' $. Pertanto $ H' $ si trova sulla circonferenza circoscritta ad $ ABC $.

Lemma 2: In un quadrilatero ciclico avente le diagonali perpendicolari, il punto medio di un lato, l'intersezione delle diagonali, e il piede dell'altezza condotta dall'intersezione delle diagonali al lato opposto a quello iniziale, sono allineati.
Utilizzando la situazione del problema esaminiamo il quadrilatero ciclico (per il lemma 1) $ AH'BC $; esso ha le diagonali perpendicolari poiché $ CC' $ è perpendicolare ad $ AB $ per ipotesi. Dimostriamo che la retta $ PC' $ interseca $ CB $ nel suo punto medio che chiamiamo $ P' $.
$ PC'H'=P'C'C $ perché opposti al vertice;
$ PC'H'=H'AC' $ poiché entrambi complementari all'angolo $ C'H'A $;
$ H'AC'=H'CB $ poiché insistono sullo stesso arco.
Pertanto $ P'C'C=P'CC' $ quindi $ C'P'=CP' $. Allo stesso modo si dimostra che anche il triangolo $ C'BP' $ è isoscele di base $ C'B $, quindi $ CP'=BP' $.

Lemma 3: In un quadrilatero ciclico avente le diagonali perpendicolari esiste una circonferenza $ \omega $ passante per i punti medi dei lati e per i piedi delle altezze condotte dall'intersezione delle diagonali rispetto ai lati.
Chiamiamo il quadrilatero in questione $ ABCD $ e chiamiamo $ A' $ il punto medio di $ AB $ e ciclicamente definiamo $ B' $, $ C' $ e $ D' $.
$ A'B'C'D' $ è un rettangolo (la dimostrazione è davvero semplice ed evito di metterla) pertanto è ciclico... Ora definiamo $ S $ il piede dell'altezza condotta dal punto di incontro delle diagonali $ O $ al lato $ AB $.
Per il lemma 2 sappiamo che $ BSO=BSC' $; ma $ BSC'=A'D'C'=90° $ ed entrambi insistono sul segmento $ A'C' $. pertanto $ S $ (e analogamente tutti gli altri piedi delle altezza condotte da $ O $) si trovano sulla circonferenza passante per $ A'B'C'D' $.

Ora per il lemma 3 sappiamo che la circonferenza passante per $ P $, $ Q $ e $ R $ è anche la circonferenza $ \omega $ che passa per i nostri 8 fatidici punti... Ora sappiamo che $ M $ è uno dei punti medi del nostro quadrilatero, quindi il suo simmetrico rispetto al centro della circonferenza $ \omega $ sarà il punto medio del lato $ H'B $ (anche di questo non metto una dimostrazione rigorosa ma è un fatto banale) pertanto la tesi è dimostrata.

Perfetto!

[simone256]

Lemma 3: In un quadrilatero ciclico avente le diagonali perpendicolari esiste una circonferenza $ \omega $ passante per i punti medi dei lati e per i piedi delle altezze condotte dall'intersezione delle diagonali rispetto ai lati.

Suddetta circonferenza ha per caso un nome?

[EvaristeG]

Non che io sappia o ricordi (il che vuol dire che ha un nome, probabilmente, e che nessuno lo usa o quasi).

[simone256]

Ok grazie