OliForum Matematico

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 $

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.

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

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..

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