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Sia $ \Gamma $ un semicerchio con diametro su una retta r. Siano C, D punti qualsiasi su $ \Gamma $. Le tangenti a $ \Gamma $ in C e in D incontrano r in B e in A rispettivamente, con il centro O del semicerchio compreso fra B ed A. Sia $ E=AC \cap BD $ e sia F il punto su r tale che $ EF \bot r $. Provare che $ EF $ biseca l'angolo $ CFD $.

Bel problema!
Sia P l'intersezione tra AD e BC, Q l'intersezione tra CD e AB, G l'intersezione tra PE e CD e O il centro della circonferenza. Dato che $(Q,G;C,D)=-1$, poiché quaterna armonica, si ha che G appartiene alla polare di Q. Q appartiene alla polare di P in quanto la polare di un punto esterno alla circonferenza passa per i punti di tangenza e quindi PG è la polare di Q (si è sfruttato il fatto che un punto appartiene ad una retta $r$ sse il polo di $r$ appartiene alla polare del punto). Quindi abbiamo dimostrato che PG è perpendicolare ad AB da cui segue che i punti P,E,F sono collineari. Il quadrilatero PDOC è ciclico (due angoli retti opposti) di diametro PO. Dato che $\angle{PFO}=90$ F appartiene alla circonferenza circoscritta a PDOC; dunque si ha $\angle{DFP}=\angle{DOP}=\angle{POC}=\angle{CFP}$ che è la tesi.

Lo dico pure per gli altri, si poteva fare anche con Ceva quell'allineamento! Era uno shortlist G1 delle Imo '94. Comunque bene, vai col prossimo!

Con ceva intendi dire: supponi per assurdo che il piede della perpendicolare ($L$) condotta da P su AB sia diverso da F, per ceva ti viene che AC,BD e PL concorrono quindi L è effettivafemente P?

mat94 ha scritto:Con ceva intendi dire: supponi per assurdo che il piede della perpendicolare ($L$) condotta da P su AB sia diverso da F, per ceva ti viene che AC,BD e PL concorrono quindi L è effettivafemente P?

Proprio così!