OliForum Matematico

Posto un problema delle olimpiadi nazionali cinesi, sperando che il forum sia all'altezza della soluzione. La Cina guadagna regolarmente il primo posto alle IMO dal '97, con due eccezioni rispettivamente nel 2003 e nel 2007 quando si è classificata seconda... le giovani promesse cinesi vengono prese in tenera età e collocate in strutture apposite, dove studiano esclusivamente matematica. E si dice che un ragazzo cinese medaglia d'argento alle IMO sia stato visto piangere in ginocchio in mezzo a un prato (per quel che ne so, una storia vera... )


I punti A e B stanno su una circonferenza k di centro O. Sia C un punto fuori dal cerchio e siano CS e CT tangenti al cerchio. Sia M il punto medio del più corto tra gli archi AB di k. Le rette MS e MT intersecano AB in E e F rispettivamente. Le rette che passano per E e F perpendicolari a AB intersecano OS e OT in X e Y rispettivamente. Una retta che passa per C interseca il cerchio k in P e Q (P è compreso in CQ). Sia R l'intersezione di MP con AB, e sia Z il circocentro di PQR. Si provi che X, Y e Z sono allineati.

Di che anno è il problema? Comunque ecco la soluzione

1) X e Y sono i centri delle circonferenze (che chiamo $\Gamma_X,\Gamma_Y$) tangenti in E,F ad AB e a $\Gamma$ in S,T. Questo perchè l'omotetia che manda X in O manda anche E in M (OM e XE sono parallele).

2) STFE è ciclico. Infatti $\angle SEA$ è uguale all'angolo tra SM e la tangente in M (parallela ad AB) che a sua volta è uguale a $\angle STM$.

3) CM è asse radicale di $\Gamma_X$ e $\Gamma_Y$. Per mostrare questo, intanto osservo che C è centro radicale delle tre circonferenze (ovvio, è intersezione delle tangenti comuni). Inoltre M è centro radicale di $\Gamma_{STFE}$, $\Gamma_X$, $\Gamma_Y$ (è intersezione degli assi radicali SE e TF), quindi in particolare sia C che M stanno sull'asse radicale delle due cfr tangenti internamente a $\Gamma$.

4) Dimostro che $\Gamma_{PQR}$, $\Gamma_X$ e $\Gamma_Y$ sono coassiali (cioè hanno un unico asse radicale in comune), insomma dimostro che CM è asse radicale di $\Gamma_{PQR}$ e $\Gamma_X$. Fatto questo ho finito perchè i centri di tre cfr coassiali sono appunto allineati (le 3 rette dei centri sono tutte perpendicolari all'asse radicale comune e hanno a 2 a 2 un punto in comune, okok troppo pedante ). Come detto prima, l'asse radicale di $\Gamma$ e $\Gamma_X$ è per ottimi motivi la tangente CS, quello tra $\Gamma_{PQR}$ e $\Gamma$ è PQ quindi di nuovo C è centro radicale delle tre e dunque sta sull'asse radicale di $\Gamma_X$ e $\Gamma_{PQR}$. Inoltre $MR\cdot MP=ME\cdot MS$ perchè pure $SERP$ è ciclico (analogo al punto 2), cioè M ha stessa potenza rispetto a $\Gamma_X$ e $\Gamma_{PQR}$, cioè pure M sta sull'asse radicale, cioè CM asse radicale, fine.

Il mio primo commento: Minchia!

Il mio secondo commento: Complimenti, è perfetta!

Il mio terzo commento: Orgoglio per l'Italia!! *snif*

Il mio quarto commento: Devo mettermi a masticare un po' di teoria...

Il mio quinto commento: Olimpiade nazionale 2007, qui trovi il link http://www.imo.rs/index.php?options=oth

Il mio sesto commento: "Per ottimi motivi" (cit.)

Posto l'idea di un'altra soluzione, ma a occhio e croce mi pare simile a quella di sonner:
lemma utile, altrimenti noto come definizione di asse radicale mi rendo ora conto...........: Ho due punti A e B e due circonferenze $\Gamma_1$ e $\Gamma_2$, se $Pow_{\Gamma_1}(A)=Pow_{\Gamma_2}(A)$ e $Pow_{\Gamma_1}(B)=Pow_{\Gamma_2}(B)$ allora la retta che unisce i centri delle due circonferenze è perpendicolare ad $AB$
Dimostrazione del lemma utile: è nota (spero )

altro lemma: data $\Gamma$ circonferenza, A, B, C, D punti su $\Gamma$ e $M$ punto medio di uno degli archi AB di $\Gamma$, siano E e F rispettivamente intersezioni di MC e AB e di MD e AB, allora EFCD è ciclico.
Dimostrazione: conti di archi

A questo punto tornando al problema: è facile dimostare che X e Y non sono che casi partcolari di Z (per P=Q=E e P=Q=F), quindi ci basta dimostare che al variare della retta per C gli Z formano una retta: questo col lemma utile e l'altro lemma è facile (la retta è perpendicolare a MC)

Edit: riguardando meglio quella di sonner forse è proprio la stessa.......