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Dalle nazionali britanniche di quest'anno

Sia $ ABC $ un triangolo con $ AC>AB $. Il punto $ X $ giace sul prolungamento di $ AB $ dalla parte di $ A $, il punto $ Y $ giace su $ CA $ in modo che $ BX=CA $ e $ CY=BA $. La retta passante per $ X $ e per $ Y $ incontra l'asse di $ BC $ in $ P $. dimostrare che $ \angle BPC + \angle BAC = 180° $.

Good luck!

Uso le ordinarie notazioni per il lati e gli angoli di un triangolo.
Premessa.
In un triangolo qualunque risulta:
(1) $ \displaystyle \frac{b-c}{b+c}=\tan\frac{\beta-\gamma}{2}.\tan\frac{\alpha}{2} $ (Teorema di Nepero)
Si ha :
BX=CA ovvero BA+AX=CY+YA da cui AX=YA.
Pertanto :$ \displaystyle AXY=AYX=BAC/2=\frac{\alpha}{2} $
La bisettrice AD di BAC e' parallela ad XE e risulta EC:DC=YC:AC
ma e' pure BD:DC=AB:AC da cui BD=EC e cio' significa
che D ed E sono simmetrici rispetto a MP.
Ancora:
MEY=EYC+ECY=$ \frac{\alpha}{2}+\gamma=\frac{\pi}{2}-\frac{\beta-\gamma}{2} $
Inoltre:
ME=MC-EC=MC-BD=$ \frac{a}{2}-\frac{ac}{b+c}=\frac{a}{2}.\frac{b-c}{b+c} $
Per cui:
PM=ME.tan(MEY)= $ \frac{a}{2}.\frac{b-c}{b+c}.cotg\frac{\beta-\gamma}{2} $
$ \tan(MCP)=\frac{PM}{MC}=\frac{a}{2}.\frac{b-c}{b+c}.cotg\frac{\beta-\gamma}{2}.\frac{2}{a} $
Ovvero per la (1): $ \tan(MCP)=\tan\frac{\alpha}{2} $ e dunque :
$ MCP=\frac{\alpha}{2} $
In definitiva:
$ \displaystyle BPC=\pi-2.MCP=\pi-\alpha $
Leandro