Italian TST 2005: problema n°5

[Simo_the_wolf]

Sia $ \gamma $ una circonferenza e $ l $ una retta esterna ad essa. Sia $ AB $ il diamentro perpendicolare ad $ l $ con $ B $ il punto più vicino ad essa. Sia $ C $ un punto su $ \gamma $ diverso da $ A $ e $ B $. La retta $ AC $ interseca $ l $ in $ D $. Sia $ DE $ la tangente in $ E $ a $ \gamma $ tale che $ E $ e $ B $ siano dalla stessa parte di $ AC $. Sia ora $ F $ il punto d'intersezione della retta $ BE $ con la retta $ l $ e $ G $ l'altro punto d'intersezione della retta $ AF $ con $ \gamma $. Chiamiamo $ H $ il simmetrico rispetto ad $ AB $ di $ G $.

Dimostrare che $ H $, $ C $ ed $ F $ sono allineati.

[EvaristeG]

Per fare questo problema ci vuole mooolta calma, moolti angoli, molte similitudini.
Poi la soluzione può benissimo centrare poco con tutto questo.

[info]

Ho fatto il problema, ma la sol intera è troppo lunga da scrivere, scrivo per ora la sol del prob al quale l'ho ricondotto. Come al solito se qualcuno mi dà una mano, ne sarei felice :

PROB RIDOTTO:
presa una circonferenza gamma di centro O ed un punto M esterno, da M si traccino le tangenti a gamma in T ed S. Si tracci un qualsiasi diametro AB. Le rette TA e BS si intersecano in F. Dimostrare che è FM perpendicolare ad AB.

DIMO:
Chiamiamo TOM=a e MOB=k per comodità:
TBO = 90°-a/2-k/2
OBS = 90°-a/2+k/2
da cui TBF=a
i triangoli rettangoli TBF e TOM sono allora simili. In particolare

TM:TO=TF:TB-->TM:TF=TO:TB

ora OTB=MTF perche complementari di un medesimo angolo (=90°-a/2-k/2 ma non ci serve ciò). Da cui si deduce che i triangoli OTB e TMF sono simili per il primo criterio di similitudine. Quindi TMF=a+k e si arriva a SMR=a-k. Ma è anche SOR=a-k quindi OSMR è ciclico e dato che OSM=90°, sarà anche ORM=90° che è la nostra tesi...

ps: chissà se sto imparando un pò di geometria con stì problemi...

[Simo_the_wolf]

Se ci dicessi anche come hai fatto a ridurre il problema iniziale al tuo....

[MindFlyer]

C'è una bella soluzione proiettiva. Chi la trova? (Hint! Hint!)

[MindFlyer]

Ottimo lemma info, direi che ci hai preso:
infatti nel problema DG è tangente alla circonferenza.

[EvaristeG]

questo problema è proteiforme nella varietà delle sue soluzioni ... io ne ho trovata una che non è nè quella di info nè quella proiettiva (sei sicuro che sia così semplice, Mind ?) nè quella che ha trovato originariamente Mind...

[MindFlyer]

nè quella proiettiva (sei sicuro che sia così semplice, Mind ?)

Una volta che l'hai vista e che ti convinci che funziona, è semplice. La svelo io, tanto non vedo gente interessata.

Proietta $ l $ all'infinito, in modo da mandare $ \gamma $ in un'ellisse e $ AB $ in un suo asse. In questo modo si preserva la perpendicolarità tra $ AB $ e $ GH $.

Poi fai tornare $ \gamma $ una circonferenza scalando in direzione parallela ad $ AB $, in modo che $ AB $ resti perpendicolare a $ GH $.

Allora abbiamo una retta tangente a $ \gamma $ in $ E $ parallela a $ BC $, ed $ EA $ parallela a $ BG $, e dobbiamo dimostrare che $ HC\parallel EA $. Ma questo è facile, in quanto si ha $ EA=GB=HB $, e $ EB=EC $, da cui si ricava $ AC=EH $, equivalente alla tesi.

Come corollari aggiuntivi abbiamo che $ DG $ è tangente a $ \gamma $, e che $ l $, $ AB $ e $ HE $ concorrono.

[Simo_the_wolf]

Qualcuno che trova una dimostrazione euclidea?

[nobu]

Primo post!!.. con una dimostrazione euclidea...
Allora...
Poichè $DE$ è tangente a $\gamma$ ho che $\angle{DEF}=\angle{EAB}$, ma ho anche che $\angle{DFB}=90^\circ -\angle{EBA}=\angle{EAB}$.
Quindi $\angle{DEF}=\angle{DFB}$, cioè $\bigtriangleup{DEF}$ è isoscele su base $EF$, da cui $DF^2=DE^2=DC\cdot DA$.
Ho quindi che $DF$ è tangente alla circonferenza circoscritta ad $\bigtriangleup{ACF}$ e perciò $\angle{DFC}=\angle{FAC}=\angle{GHC}$, ma $DF\parallel GH$ e di conseguenza $\angle{DFC}=\angle{GHC}\Longrightarrow$ $H$, $C$, $F$ allineati.