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Data una circonferenza $ $\gamma $ di centro $ $O $ prendo due punti su di essa $ $A,B $. La retta $ $OA $ interseca $ $\gamma $ anche in $ $K $. Chiamo $ $\omega $ la circonferenza tangente internamente a $ $\gamma $ in $ $A $ di raggio $ $\frac 2 3 OA $. La circonferenza per $ $B,O,A $ interseca $ $\omega $ anche in $ $M $. Mostrare che la circonferenza per $ $K,M,B $ è tangente a $ $\omega $.

Si!!! dopo un'ora e mezza (o forse di più) sono riuscito, e devo dire che è uno dei problemi di giometria più belli che ho visto.

Lemma 1: È un fato noto che se ABCD è un quadrilatero ciclico e BD è la simediana del triangolo ABC allora DB è la simediana del triangolo ADC.

Prima di tutto con <XYZ voglio dire angolo XYZ.
Sia R l’intersezione di AM con la circonferenza circoscritta al triangolo ABK, abbiamo che <BAR=<BKR poiché ABRK è ciclico, e anche abbiamo <BAM=<BOM poiché AOMB è ciclico, allora <BOM=<BKR, analogamente <KBR=<OBM, quindi i triangoli BKR e BOM sono simili e anche <OBK=<MBR (questo perche <OBK=<OBM+MBQ e <MBR=<MBQ+QBR), della somiglianza dei triangoli si ottiene BR/BM=BK/OB e siccome <OBK=<MBR allora i triangoli OBK e MBR sono simili, per cui MB=MR (questo poiché OB=OK).
Sia D il punto mezzo di AM, allora DO è parallelo a KM allora <AOD=AKM. Siccome le circonferenze w e y (scusate ma mi mancano i simboli) sono tangenti internamente in A quindi sono in omotetia con centro A e rapporto 2/3, allora AR/AM=2/3 per cui MD=MR, e siccome ormai abbiamo dimostrato che MR=MB allora MR=MB=MD, quindi <RBD=90, e siccome anche ABK=90 allora <KBR=<DBA (poiché tutti due sono 90 - <KBD), siccome ormai abbiamo dimostrato <KBR=<OBM quindi <OBM=<ABD, siccome BD è la mediana del triangolo ABM allora per definizione OB è la simediana del triangolo ABM, per il lemma 1 e siccome AOMB è ciclico BO è la simediana del triangolo AOM, poi siccome OD è la mediana del triangolo AOM e BO la simediana allora <AOD=<BOM=<AKM=<MAB.

Poi, sia <KAR=x e <AOB=2z, allora <AOB=<AMB=2z (poiché AOMB è ciclico) e anche abbiamo <BAP=<AKP=z (poiché sono iscritto e semiscritto di AOB rispettivamente). Sia r la retta tangente a y (circonferenza gama) in A e q la retta tangente a w in M, sia C il punto di intersezione tra r e q, allora <MAC=AMC=90-x, allora <CMB=<AMB-<AMC=2z+x-90. Dopo <MAB=90-<KAR-<BAC=90-x-z, e <MKB=<AKB-<AKM=<AKB-<MAB=z-(90-x-z)=2z+x+90, siccome abbiamo dimostrato anche che <CMB=2z+x-90 allora <CMB=MKB, per cui la retta q è tangente al circoncerchio del triangolo MKB ma q è anche tangente a w, di dove si segue la tesi.

Complimenti Tin-Tan, il lemma noto neanche lo conoscevo (e dubito di saperlo dimostrare ma ci proverò).
Mi fa piacere che ti sia piaciuto Comunque io ho pensato il problema in modo completamente differente... la tesi deriva da 2 inversioni ben piazzate
La tesi è equivalente a dire che $ $BOAM $ è ciclico considerando $ $M $ il punto di tangenza della circonferenza per $ $B,K $ tangente a $ $\omega $
Prima di tutto inverto rispetto a $ $\gamma $, la tesi diviene B,A,M allineati (dato che O è il centro d'inversione). Al posto di scrivere dove vanno i punti allego un disegno, deriva quasi tutto dalle regole standard d'inversione (tratteggiato rosso= speranza xD).
Poi inverto in $ $\omega $ e la tesi diviene che $ $ZAMB $ è ciclico con $ $Z $ il centro di $ $\omega $.
L'ultimo fatto è noto e si dimostra notando che ZAB=ZMB=90 perchè tangenti.
(In teoria questa dimostrazione andrebbe scritta al contrario, ma così almeno non sembra calata dal cielo)

p.s. Tin Tan, sei mica Jorge del Winter Camp???

dario2994 ha scritto:p.s. Tin Tan, sei mica Jorge del Winter Camp???

Sì è lui

Ora torno a cercare di capire ste dimostrazioni

Wow! A volte inversione semplifica molto le cose , e con la seconda inversione hai sfruttato benissimo l’ipotesi del raggio in rapporto 2/3 (questa ipotesi mi ha roto le scatole per un’ora perche non capivo in cosa entrava!).

Per dimostrare il lemma che ho utilizzato puoi provare dimostrare questo fato:
Se ABC è un triangolo e c la circonferenza circoscritta a esso, siano p e q le rette tangente a c per B e C, p e q s’intersecano in P, allora AP è simediana di ABC.
Di questo fato il lemma si segue.

p.s e tu sei Federico del Winter Camp?

Si sono io.
Comunque ho dimostrato il lemma senza sfruttare l'hint (almeno non direttamente).
Chiamo M il punto medio di BC, O il centro di c. Se AD è simmediana rispetto ad A allora AOMD è ciclico, ma con ragionamento identico se DOMA è ciclico allora DA è simmediana rispetto a D che è il lemma.
Ora dimostro la ciclicità congetturata. Chiamo V l'incontro della bisettrice per A con c. Se <DAM=DOM allora ne segue la ciclicità. Ma questo è vero perchè:
<DAM=2<DAV per la definizione di simmediana, 2<DAV=<DOV per gli angoli al centro e alla cfr ed infine <DOV=<DOM perchè O,M,V sono allineati.
L'hint deriva dal lemma invertendo

Ma... Invertire subito rispetto ad $ A $?

Uhm... in effetti invertendo subito in A (magari con raggio AO) la tesi segue comodamente per talete