Problema 2, oliforum contest 2009, round 2

[jordan]

Problema 2.
Own. Sia dato un quadrilatero convesso $ ABCD $ tale che $ AB=BC $, $ \angle ABC=80, \angle CDA=50 $. Detto $ E $ il punto medio di $ AC $ mostrare che $ \angle CDE= \angle BDA $

[kn]

Sia $ \displaystyle~\Gamma $ la corconferenza per $ \displaystyle~A,C,D $ e $ \displaystyle~O $ il suo centro.
$ \displaystyle~\angle COA=2\angle CDA=100° $ (per le proprietà di angoli al centro / alla circonferenza).
I triangoli $ \displaystyle~BOC $ e $ \displaystyle~BOA $ sono congruenti per il 3° criterio di congruenza, in quanto $ \displaystyle~OA=OC $, $ \displaystyle~BA=BC $ e $ \displaystyle~BO $ in comune.
Pertanto $ \displaystyle~\angle OAB=\angle OCB $. Ma $ \displaystyle~\angle ABC+\angle BCO+\angle COA+\angle OAB=360° $, da cui $ \displaystyle~\angle BCO+\angle OAB=360°-180°=180° $, ovvero $ \displaystyle~\angle OAB=\angle OCB=90° $.
Quindi $ \displaystyle~BA $ e $ \displaystyle~BC $ sono tangenti a $ \displaystyle~\Gamma $ in $ \displaystyle~A $ e $ \displaystyle~C $.
Sia $ \displaystyle~r $ la retta che forma con $ \displaystyle~CD $ un angolo pari a $ \displaystyle~\angle CAD $ che contiene $ \displaystyle~E $.
Sia ora $ \displaystyle~\alpha=\angle CAD $, $ \displaystyle~\gamma=\angle DCA $ e $ \displaystyle~\delta=\angle CDA $. Avremo $ \displaystyle~\alpha+\gamma+\delta=180° $ (*).
Sia inoltre $ \displaystyle~F=CD\cap r $ e $ \displaystyle~G=AD\cap r $.
Vale per costruzione $ \displaystyle~\angle DFG=\alpha $ e $ \displaystyle~180°=\angle DFG+\angle DGF+\angle FDG=\alpha+\angle DGF+\angle CDA=\alpha+\angle DGF+\delta $, da cui $ \displaystyle~\angle DGF=180°-\alpha-\delta=\gamma $, per la (*).
$ \displaystyle~\angle BAC=\angle BCA=\angle CDA=\delta $ (angoli alla circonferenza che insistono sull'arco $ \displaystyle~AC $).
Perciò $ \displaystyle~\angle GAB=180°-\angle BAC-\angle CAD=180°-\delta-\alpha=\gamma $ (per la (*)) e analogamente $ \displaystyle~\angle FCB=\alpha $.
I triangoli $ \displaystyle~AGB $ e $ \displaystyle~CFB $ risultano perciò isosceli (rispettivamente su base $ \displaystyle~AG $ e $ \displaystyle~CF $).
Dunque $ \displaystyle~BG=BA=BC=BF $, cioè (dato che $ \displaystyle~F,B,G $ allineati) $ \displaystyle~B $ è il punto medio di $ \displaystyle~F $ e $ \displaystyle~G $.
Sia ora $ \displaystyle~f(\cdot) $ la trasformazione nel piano che applica prima una simmetria rispetto alla bisettrice di $ \displaystyle~ADC $ e quindi un'omotetia di centro $ \displaystyle~D $ di fattore $ \displaystyle~\frac{FG}{AC} $.
Ogni punto su $ \displaystyle~AD $ sarà trasformato in un punto su $ \displaystyle~CD $ e viceversa.
Inoltre $ \displaystyle~f(A)=F $ (dato che $ \displaystyle~f(A)\in CD $ e $ \displaystyle~AD\cdot\frac{FG}{AC}=FD $ (per la similitudine dei triangoli $ \displaystyle~ACD $ e $ \displaystyle~FGD $). Analogamente $ \displaystyle~f(C)=G $.
Conseguentemente $ \displaystyle~f(E)=B $, essendo $ \displaystyle~f(\cdot) $ la composizione di due trasformazioni che mandano il punto medio di due punti nel punto medio delle loro immagini.
Essendo inoltre $ \displaystyle~f(\cdot) $ la composizione di due trasformazioni sotto cui si conservano gli angoli (non orientati), abbiamo $ \displaystyle~\angle CDE=\angle GDB=\angle BDA $, che è la tesi.

[dario2994]

Posto la dimostrazione concisa perchè non ho voglia di scriverla in modo particolareggiato.
Chiamo O il centro della circonferenza che passa per ACD. Allora OABC è ciclico, da cui la tesi è vera per il lemma della simmediana.
Il lemma della simmediana è un teorema che mi ha segnalato gioacchino_antonelli (altro utente del forum) di cui però non sono riuscito a trovare nessuna pagina sul web xD
In generale dovrebbe dire proprio quello che ha dimostrato kn xD
Allego una figura per comodità

[exodd]

io ho notato solamente che fissando il lato del triangolo d 50-50-80 e un angolo, si può scrivere tutto in relazione a questi ultimi, ed ho concluso con la trigonometria..

[sprmnt21]

Io direi che ci troviamo in un caso particolare di cerchio di Apollonio