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Olimpiadi nazionali polacche 2000, problema A2

Il triangolo $ ABC $ ha $ AC=BC $. $ P $ è un punto dentro al triangolo tale che $ \angle PAB = \angle PBC $.
Sia $ M $ il punto medio di $ AB $. Dimostrare che $ \angle APM+\angle BPC =180° $

Ovviamente P è equidistante da A e da B (il triangolo ABP è isoscele poiché ha gli angoli alla base congruenti), quindi P è sul segmento MC (MC sta sull'asse del segmento AB, che è costituito da tutti e soli i punti equidistanti da A e da B).
$ \angle APM = \angle BPM $ (terzo criterio di congruenza: AP=BP, AM=BM, MP=MP quindi AMP=BMP per cui anche gli angoli sono congruenti).
$ \angle BPM + \angle BPC=180° $ (sono angoli adiacenti) quindi $ \angle APM + \angle BPC=180° $

piever ha scritto:Ovviamente P è equidistante da A e da B (il triangolo ABP è isoscele poiché ha gli angoli alla base congruenti),

Attento! Forse hai letto male: l'ipotesi è $ \angle PAB=\angle PBC $, mentre credo che tu abbia considerato $ \angle PAB=\angle PBA $.

Sì, hai ragione (diciamo che ho letto male).
Penso che se mi dessi all'ippica la matematica se ne gioverebbe.
In effetti così mi sembrava troppo facile...

A mio avviso questo problema non è facile per niente... Credo sia di livello ben oltre Cesenatico: ti confesso che non l'ho risolto, sono andato a vedere la soluzione.
Vediamo se qualcuno di quelli bravi ne trova una...

Se posso usare alcune proprieta' proiettive ho una soluzione velcoe veloce io.

Penso che sarebbe utile per me e per altri se tu postassi la tua soluzione spiegando le proprietà proiettive che usi.
Grazie in anticipo

Per adesso do' una soluzione molto schizzata.
Appena posso provo a dettagliare tutti i punti.

Dalle ipotesi segue facilmente che CA eCB sono tangenti in A e B al cerchio c per ABP. Quindi AB e' la polare di C rispetto a c. Se E ed M sono le interesezioni di CM con C, si ha che la (C, M) e' armonica coniugata con (E, D). Questo, essendo <DPE = 90° implica che PE e PD sono le bisettrici degli angoli formati dalle rette PC e e PM (in effetti, per il problema, interessa solo PD). Da qui, con una diretta ispezione degli angoli, si arriva alla tesi.

jim ha scritto:A mio avviso questo problema non è facile per niente... Credo sia di livello ben oltre Cesenatico: ti confesso che non l'ho risolto, sono andato a vedere la soluzione.
Vediamo se qualcuno di quelli bravi ne trova una...

quali sono i riferimenti completi e la fonte di questo problema? qual e' la soluzione "ufficiale"?

Allora: la fonte è "Olimpiadi nazionali polacche 2000, problema A2", è uno dei tanti problemi che avevo preso da kalva, sicuramente il più difficile problema di geometria in cui mi sia mai imbattuto. La soluzione "ufficiale" non c'è (non l'ho trovata, almeno) ma su mathlinks se ne parla, collegandolo ad un IMO moooooolto simile (li cui autore, guarda caso, era polacco), di cui si è discusso in questo sito:
http://www.mathlinks.ro/Forum/post-1502 ... 000#150244

l'esposizione che ho dato della soluzione e' sufficientemente chiara o e' utile/necessario dettagliare i vari passi?

credo di aver trovato una soluzione euclidea... per ora ne scrivo solo le idee principali, se non è chiaro approfondisco i vari punti.

1. Costruisco il centro circoscritto a $ APM $ e chiamo O il centro; dato che $ \angle PAB = \angle PBC $, $ BC $ è una tangente alla circonferenza e di conseguenza, dato che sia C sia O stanno sull'asse di AB, $ AC $ è l'altra tangente.
2. Detto D l'altro punto di intersezione tra PC e la circonferenza, applicando il 2o teorema di euclide su OCB e il teorema della tangente e della secante, con qualche rapporto si dimostra che $ CDO $ è simile a $ CPM $.
3. A questo punto, con un po' di angle chasing (considerando che il quadrilatero PMOD è ciclico) si arriva a dire che $ \angle DAP= \angle PAB $.
4. Si dimostra abba velocemente che i triangoli $ APD $ e $ PMB $ sono simili, perchè $ \angle ADP = \angle ABP $ (insistono sullo stesso arco)e per l'angolo considerato sopra.
5. Si vede quindi che $ \angle APM=\angle DPB $; di conseguenza i due angoli $ \angle APM $ e $ \angle BPC $ sono supplementari.
S.G.o.p.n.
Ora non ho tempo di rileggerlo e temo sia troppo sintetico... fatemi sapere.
Maria

Speriamo bene...
Abbiamo:
$ \displaystyle CE=OC-OE=\frac{OB^2}{OM}-OB=\frac{OB(OB-OM)}{OM} $
$ \displaystyle MD=OD+OM=OB+OM $
e quindi:$ \displaystyle CE.MD=\frac{OB(OB^2-OM^2)}{OM} $
Ancora:
$ \displaystyle CD=OC+OD=\frac{OB^2}{OM}+OB=\frac{OB(OB+OM)}{OM} $
$ \displaystyle ME=OE-OM=OB-OM $
e quindi:$ \displaystyle CD.ME=\frac{OB(OB^2-OM^2)}{OM} $
Ne segue che :
$ \displaystyle CE.MD=CD.ME---->(1)\frac{EC}{EM}=\frac{DC}{DM}=k $
Cio' premesso ,consideriamo il luogo $ \displaystyle \gamma $ dei punti X tali che:
$ \displaystyle \frac{XC}{XM}=k $
Tale luogo ,com'e' noto,e' la circonferenza (di Apollonio) avente per estremi
del diametro le intersezioni E' e D' della retta CM con le bisettrici interna ed esterna
dell'angolo MXC.Ora per la (1) anche i punti E e D appartengono al luogo e quindi
essi coincidono (a meno di un cambio di denominazione) con E' e D' ovvero
$ \displaystyle \gamma $ coincide con c(APB).
Pertanto PD risulta essere la bisettrice esterna dell'angolo MPC ovvero
la bisettrice interna dell'angolo adiacente MPN .
In definitiva si ha:
$ \displaystyle APM+BPC=(APD-RPD)+BPC $$ =(DPB-DPN)+BPC=NPB+BPC=180° $
Leandro