Si prenda un qualsiasi punto $ M $ interno al segmento $ AB $ e si costruiscano, dalla stessa parte rispetto ad $ AB $, i quadrati $ AMCD $ e $ MBEF $. Le circonferenze circoscritte a questi quadrati, di centri $ P $ e $ Q $, si intersecano in $ M $ e in $ N $.
Dimostrare che $ AF $ interseca $ BC $ in $ N $.
Old IMO
Si potrebbe provare anche qualcosa di leggermente piu' generale. Tipo (vediamo se riesco a metterla giu in maniera chiara):
dato una circonferenza c e un punto P su di essa si consideri la circonferenza c' ottenuta da c tramite una rotazione r di centro P angolo alpha e dilatazione d. Se Q e' il secondo punto comune a c e c' allora se X e X' sono punti di c e c', corrispondenti secondo r, sono allineati con Q.
PS
come banale corollario si ha che quanto reclamato valga per un qualsiasi poligono inscrittibile in un cerchio
dato una circonferenza c e un punto P su di essa si consideri la circonferenza c' ottenuta da c tramite una rotazione r di centro P angolo alpha e dilatazione d. Se Q e' il secondo punto comune a c e c' allora se X e X' sono punti di c e c', corrispondenti secondo r, sono allineati con Q.
PS
come banale corollario si ha che quanto reclamato valga per un qualsiasi poligono inscrittibile in un cerchio
Intanto provo a fare il problema iniziale...
Abbiamo che il triangolo AMF e il triangolo MBC sono congruenti, perché entrambi rettangoli e perché AM=MC, MF=MB. Perciò, detta K l'intersezione di AF con BC, A^KB, per semplici differenze di angoli, è retto. Ma F^KB è un triangolo rettangolo che ha per ipotenusa il diametro della circonferenza di centro Q, quindi K appartiene alla circonferenza. Allo stesso modo, poiché A^KC è retto e insiste su AC, K appartiene alla circonferenza di centro P. Da cui K==N.
Abbiamo che il triangolo AMF e il triangolo MBC sono congruenti, perché entrambi rettangoli e perché AM=MC, MF=MB. Perciò, detta K l'intersezione di AF con BC, A^KB, per semplici differenze di angoli, è retto. Ma F^KB è un triangolo rettangolo che ha per ipotenusa il diametro della circonferenza di centro Q, quindi K appartiene alla circonferenza. Allo stesso modo, poiché A^KC è retto e insiste su AC, K appartiene alla circonferenza di centro P. Da cui K==N.
Riesumo pure questo e piazzo una soluzione in trigonometria ed una per inversione al fatto enunciato da sprmnt21.
Assumo WLOG $ $AM\le MB $, fisso AM=a, MB=b .
Vale per def:
$ $\sin(CBM)=\frac{a}{CB} $
$ $\cos(CBM)=\frac{b}{CB} $
$ $\sin(EDC)=\frac{b-a}{DE} $
$ $\cos(EDC)=\frac{b+a}{DE} $
Inoltre vale per Pitagora:
$ $DE^2=(a+b)^2+(b-a)^2=\sqrt{2(a^2+b^2)} $
$ $BC^2=\sqrt{a^2+b^2} $
Per parallelismi ovvi CBM=NCD e EDC=NDC, per le proprieta del coseno e poichè la somma degli angoli di un triangolo fa 180 vale quindi:
$ $\cos(DNC)=\cos(180-NCD+NDC)=-cos(NCD+NDC)= \sin(NCD)\sin(NDC)-\cos(NCD)\cos(NDC) $
In quest'ultima sostituisco i valori trovati in funzione di a,b ottenendo:
$ $\cos(DNC)=\frac{a(b-a)}{\sqrt{2}\cdot (a^2+b^2)}-\frac{b(b+a)}{\sqrt{2}\cdot (a^2+b^2)}=\frac{1}{\sqrt{2}\cdot (a^2+b^2)}\left(ab-a^2-b^2-ab\right)=-\frac{1}{\sqrt 2} $
Questa uguaglianza unita al fatto che DNC<180 implica che esiste un unico valore possibile per DNC che è 135 per fatto noto.
Considero il quadrilatero DNCM esso è ciclico poichè la somma di angoli opposti fa 180: $ $DNC+CMD=135+45=180 $
Perciò N appartiene alla circonferenza per DCM che è la circonferenza circoscritta a AMCD.
Per costruzione $ $ENB=180-DNC=45 $.
Considero il quadrilatero ENMB esso è ciclico poichè 2 angoli che insistono sullo stesso lato sono congruenti: $ $ENB=45=EMB $.
Quindi N appartiene alla circonferenaa per EMB che è quella circoscritta a MBEF.
Riassumendo ho mostrato che N appartiene alle circonferenze circoscritte di entrambi i quadrati quindi ho concluso.
Il fatto scritto da sprmnt21 l'ho dimostrato per inversione (tra l'altro a conoscere il fatto mi sarei risparmiato tutta la trigonometria... ma vabbe xD):
Definisco C,C' i centri delle circonferenze.
L'angolo di rotazione è chiaramente CPC' quindi in particolare se B è il ruotato di A su c allora APB=CPC'.
Ora inverto in P, la tesi diventa che gli inversi di ABQ siano ciclici con P.
c,c' vanno in 2 rette x,y. I centri C,C' divengono le proiezioni D,E di P su x,y (deriva dal fatto che l'asse radicale è perpendicolare alla congiungente dei centri). Inoltre Q diventa l'intersezione F di x,y.
Quindi banalmente D,E,F e P sono ciclici (2 angoli opposti retti), da cui ottengo che DFE+DPE=180 ***.
Poichè l'inversione mantiene gli angoli tra rette per il centro d'inversione (che vanno in se stesse) se chiamo G,H gli inversi di A,B vale ancora GPH=DPE.
Inoltre poichè G,H appartengono ad x,y vale GFH=DFE.
Per queste 2 uguaglianze e la *** vale GPH+GFH=180 che implica che GPHF è ciclico che è la tesi.
Assumo WLOG $ $AM\le MB $, fisso AM=a, MB=b .
Vale per def:
$ $\sin(CBM)=\frac{a}{CB} $
$ $\cos(CBM)=\frac{b}{CB} $
$ $\sin(EDC)=\frac{b-a}{DE} $
$ $\cos(EDC)=\frac{b+a}{DE} $
Inoltre vale per Pitagora:
$ $DE^2=(a+b)^2+(b-a)^2=\sqrt{2(a^2+b^2)} $
$ $BC^2=\sqrt{a^2+b^2} $
Per parallelismi ovvi CBM=NCD e EDC=NDC, per le proprieta del coseno e poichè la somma degli angoli di un triangolo fa 180 vale quindi:
$ $\cos(DNC)=\cos(180-NCD+NDC)=-cos(NCD+NDC)= \sin(NCD)\sin(NDC)-\cos(NCD)\cos(NDC) $
In quest'ultima sostituisco i valori trovati in funzione di a,b ottenendo:
$ $\cos(DNC)=\frac{a(b-a)}{\sqrt{2}\cdot (a^2+b^2)}-\frac{b(b+a)}{\sqrt{2}\cdot (a^2+b^2)}=\frac{1}{\sqrt{2}\cdot (a^2+b^2)}\left(ab-a^2-b^2-ab\right)=-\frac{1}{\sqrt 2} $
Questa uguaglianza unita al fatto che DNC<180 implica che esiste un unico valore possibile per DNC che è 135 per fatto noto.
Considero il quadrilatero DNCM esso è ciclico poichè la somma di angoli opposti fa 180: $ $DNC+CMD=135+45=180 $
Perciò N appartiene alla circonferenza per DCM che è la circonferenza circoscritta a AMCD.
Per costruzione $ $ENB=180-DNC=45 $.
Considero il quadrilatero ENMB esso è ciclico poichè 2 angoli che insistono sullo stesso lato sono congruenti: $ $ENB=45=EMB $.
Quindi N appartiene alla circonferenaa per EMB che è quella circoscritta a MBEF.
Riassumendo ho mostrato che N appartiene alle circonferenze circoscritte di entrambi i quadrati quindi ho concluso.
Il fatto scritto da sprmnt21 l'ho dimostrato per inversione (tra l'altro a conoscere il fatto mi sarei risparmiato tutta la trigonometria... ma vabbe xD):
Definisco C,C' i centri delle circonferenze.
L'angolo di rotazione è chiaramente CPC' quindi in particolare se B è il ruotato di A su c allora APB=CPC'.
Ora inverto in P, la tesi diventa che gli inversi di ABQ siano ciclici con P.
c,c' vanno in 2 rette x,y. I centri C,C' divengono le proiezioni D,E di P su x,y (deriva dal fatto che l'asse radicale è perpendicolare alla congiungente dei centri). Inoltre Q diventa l'intersezione F di x,y.
Quindi banalmente D,E,F e P sono ciclici (2 angoli opposti retti), da cui ottengo che DFE+DPE=180 ***.
Poichè l'inversione mantiene gli angoli tra rette per il centro d'inversione (che vanno in se stesse) se chiamo G,H gli inversi di A,B vale ancora GPH=DPE.
Inoltre poichè G,H appartengono ad x,y vale GFH=DFE.
Per queste 2 uguaglianze e la *** vale GPH+GFH=180 che implica che GPHF è ciclico che è la tesi.
...tristezza ed ottimismo... ed ironia...
Io ti racconto lo squallore di una vita vissuta a ore di gente che non sa più far l'amore...
"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai
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"Allora impara a fare meno il ruffiano. Io non lo faccio mai e guarda come sono ganzo" Tibor Gallai