USAMO 1995/3

[pi_greco_quadro]

Sia dato un triangolo $ \displaystyle ABC $ non isoscele e non retto inscritto in una circonferenza di centro $ \displaystyle O $. Siano $ \displaystyle A_1, B_1, C_1 $ i punti medi di $ \displaystyle BC, CA, AB $ rispettivamente.
Sia ora il punto $ \displaystyle A_2 $ sulla retta passante per $ \displaystyle OA_1 $ in modo tale che i triangoli $ \displaystyle OAA_1 $ e $ \displaystyle OA_2A $ siano simili. Allo stesso modo definiamo $ \displaystyle B_2 $ e $ \displaystyle C_2 $. Si provi che le rette $ \displaystyle AA_2, BB_2, CC_2 $ concorrono.

[Sisifo]

$ \angle BAA_2 = \angle OAB - \angle OAA_2 $
Ma per la similitudine di $ OAA_1, OAA_2 $
$ \angle OAB - \angle OAA_2 = \angle OAB - \angle OA_1A = $
Poiché $ OA_1 $ é l'asse
$ =(\pi/2 - \angle ACB) - (\pi/2 - \angle AA_1B) = \angle AA_1B - \angle ACB = $
e per il teorema dell'angolo esterno
$ = (\angle ACB - \angle A_1AC) - \angle ACB = \angle CAA_1 $
Quindi $ AA_2 $ é la simmetrica della mediana rispetto alla bisettrice. Ragionando analogamente per gli altri vertici si vede che le tre rette concorrono nel coniugato isogonale del baricentro, o punto di Lemoine.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

tutto sta nel dimostrare che il circocentro (O) del triangolo ABC è anche incentro di $ A_2 A_2 C_2 $perchè se così fosse si avrebbe ($ A $$ /A $) ($ C $$ /C $) ($ B $$ /B $) = 1 che, escludendo il caso non accettabile delle tangenti uguali, si avrebbe solo se concorrono (per il Teorema di Ceva)

Per dimostrarlo, basta fare delle considerazioni sugli angoli pe i vari teoremi riferiti alla crf anche utilizzando la circonferenza di apollino.
Dopo una serie di di passaggi si arriva a dimostrare che $ \angle OA_2A = \angle OAA_! $ che dimostra l'ipotesi

[edriv]

O più semplicemente: dalla similitudine otteniamo che $ OA_1 \cdot OA_2 = OA^2 = R^2 = OB^2 = OC^2 $. Quindi, per similitudine o per il teorema di Euclide, $ ~ \angle OBA_2 = \angle OCA_2 = \frac{\pi}2 $.
Questo vuol dire che la circonferenza circoscritta ad ABC è inscritta ad $ A_2B_2C_2 $, e quindi $ AA_2,BB_2,CC_2 $ concorrono per Ceva (nel punto di Gergonne di $ ~ A_2B_2C_2 $.

[Pigkappa]

Ehm non mi veniva, ho dato un'occhiata alle vostre soluzioni e ci sono un paio di cose interessanti da dire, per come mi è venuta la figura. Avete tutti preso il triangolo come acutangolo, e questo influenza in certi casi la scrittura degli angoli e in altri altre cose (i.e. "la circonferenza è inscritta in A2B2C2" in dei casi diventa "è una ex-circonferenza di...").

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

secondo me otttuso o acuto non cambierebbe niente...