viva il perù

[frengo]

Dato un triangolo acutangolo $ ABC $, sia $ w $ il cerchio circoscritto e $ O $ il circocentro.Sia poi $ w_1 $ il cerchio circoscritto ad $ AOC $ e $ Q $ il punto di $ w_1 $ diametralmente opposto rispetto ad $ O $. Siano presi due punti $ M $ e $ N $ sulle rette $ AQ $ e $ AC $ rispettivamente, tali che $ AMBN $ sia un parallelogramma.
Dimostrare che l'intersezione tra $ MN $ e $ BQ $ giace sulla circonferenza $ w_1 $


cavoli...è veramente difficile.

ciao ciao




HINT: potrebbe servire: clic!

[HumanTorch]

fra poco devo uscire, magari scrivo solo qualcosa e continuo domani

supponiamo fissati A, B e $ w $ al variare di C, Q descrive una retta$ t(a) $ , per la precisione quella tangente $ w $ in A(facile da vedere, poichè $ O\hat AQ=\displaystyle\frac{\pi}{2} $), detto I l'incentro di $ \triangle ABC $e L il punto medio di AB, costruiamo la parallela per P a $ t(A) $ (ovvero simmetria di AQ su L) e chiamiamo tale retta t(B); $ t(B)\cap AC=N $, e il suo simmetrico su L sarà M.

$ \angle NBA=\angle NGQ $, dove G è il punto di incontro fra $ w_1 $ e NL.

Poi...un'omotetia o un inversione, o un'affinità, poichè gli angoli non variano, ora non ho tempo e me lo riguardo dopo

[frengo]

ehm...qualcosa di più solido?

[frengo]

$ \mathbb{UP}! $

allora:vista la difficoltà che forse ha allontanato i più da questo problema, propongo un altro problema da usare come lemma(tra l'altro lo considero un fatto VERAMENTE UTILISSIMO)



Sia $ ABC $ un triangolo e sia $ \gamma $ il suo cerchio circoscritto.si traccino le tangenti $ t_A,t_B,t_C $ a $ \gamma $ per $ A,B,C $. Siano ora $ t_A\cap t_B=X $ , $ t_A\cap t_C=Z $ , $ t_C\cap t_B=Y $.

i)dimostrare che $ CX $,$ BZ $ e $ AY $ concorrono.(facile)

ii)dimostrare che il punto di intersezione di $ CX $,$ BZ $ e $ AY $ è il coniugato isogonale del baricentro di $ ABC $ (rispetto al triangolo $ ABC $).



ciao ciao

ps per vedere la potenza di questo teorema....andate a vedere IMO1983/2

EDIT:aggiunto il triangolo a cui mi riferivo
EDIT2:grazie anche di aver spiegato cos'è un coniugato isogonale...

[Leandro]

Sicuramente sbaglio ma mi e' sorto un dubbio.
Da quello che ho capito (?) la coniugata isogonale di una ceviana
di un triangolo e' la retta uscente dal medesimo vertice della ceviana
e simmetrica di questa rispetto alla bisettrice dell'angolo in quel vertice.
Se 3 ceviane di uno stesso triangolo passano per un punto T anche
le 3 coniugate isogonali passano per uno stesso punto T' che dicesi
punto coniugato isogonale di T.Giusto?
Ora il dubbio e' questo:AY,BZ e CX,in relazione al quesito di frengo,sono
da considerarsi ceviane di ABC o di XYZ?
Grazie
Leandro

[EvaristeG]

(visto che si parla del baricentro di ABC, penso che si debba intendere "coniugato isogonale nel triangolo ABC" ... ma vado a senso)

[Leandro]

Una dimostrazione del lemma fatta con qualche calcolo.
Partiamo dall'identita' (facilmente verificabile):
$ 2\sin^2(\alpha+\gamma)+2\sin^2\gamma-\sin^2\alpha= $$ $4\sin^2\gamma\cos^2\alpha+\sin^2\alpha+4\sin\alpha\cos\alpha\sin\gamma\cos\gamma $
Conduciamo dal circocentro O la perpendicolare a BC che intersechera'
la corda BC e l'arco BC nei rispettivi punti medi M ed S.
Pertanto AM e AS saranno mediana e bisettrice relatice al lato BC di ABC.
Se si dimostra che AZ e AM sono simmetriche rispetto ad AS,ovvero
che AS e' bisettrice dell'angolo ZAM,AZ e AM saranno coniugate isogonali.
E poiche' la stessa cosa varra' per CX e BY e le mediane di ABC
s'intersecano in G,quest'ultimo punto sara' il coniugato isogonale
del punto d'intersezione di AZ,BY e CX.
Osserviamo ora che e'
$ CBZ=BAC=\alpha,CBS=BAS=\alpha/2,SBZ=\alpha-\alpha/2=\alpha/2 $
Ne segue che :$ $\frac{MS}{ZS}=\frac{BM}{BZ}=\cos\alpha $
Ricaviamo la mediana AM :
$ $AM=\frac{1}{2}\sqrt{2(AC^2+AB^2)-BC^2}= $$ $R\sqrt{2\sin^2(\alpha+\gamma)+2\sin^2\gamma-\sin^2\alpha} $
Ricaviamo AZ con Carnot:
$ AZ=\sqrt{AB^2+BZ^2+2 \cdot AB \cdot BZ \cos\gamma}= $
$ $=\sqrt{4R^2\sin^2\gamma+\frac{R^2\sin^2\alpha}{\cos^2\alpha}+\frac{4R^2\sin\alpha\sin\gamma\cos\gamma}{\cos\alpha}= $
$ $=\frac{R}{\cos\alpha}\sqrt{4\sin^2\gamma\cos^2\alpha+\sin^2\alpha+4\sin\alpha\cos\alpha\sin\gamma\cos\gamma} $
Di conseguenza,tenuto conto della precedente identita',si ha:
$ \frac{AM}{AZ}=\cos\alpha=\frac{MS}{ZS} $
e cio' prova che AS e' bisettrice dell'angolo ZAM.
Leandro

[Simo_the_wolf]

Per il frengo's lemma:

1a parte: Ovviamente $ A,B,C $ sono i punti di tangenza dell'incerchio di $ XYZ $ quindi, sapendo quanto sono i segmenti $ XC,YC,... $ in funzione dei lati di $ XYZ $ si vede facilmente con ceva che le ceviane $ XA,YB,ZC $ concorrono (riferendole al triangolo $ XYZ $

2a parte: vogliamo dimostrare che $ AM $ e $ AX $ sono simmetrici rispetto alla bisettrice uscente da $ A $ (dove $ M $ è il punto medio di $ BC $) cioè che la suddetta bisettrice è anche bisettrice di $ \angle{MAX} $.

Tracciamo la bisettrice da $ A $ che incontra la cfr in $ M' $. Ora osserviamo che, essendo $ CM' $ e $ BM' $ bisettrici, per il teorema della bisettrice, $ MC/XC = MM'/XM' = MB/XB $ e quindi $ M',B,C $ sono su una cfr di Apollonio di $ MX $. Anche $ A $ è sulla cfr di apollonio e quindi si avrà: $ AM/AX = MM'/XM $ cioè $ AM' $ è la bisettrice di $ \angle{MAX} $ cioè quello che volevamo dimostrare.


Per il problema iniziale:

Innanzitutto osserviamo che $ M $ è obsoleta in quanto, essendo $ AMBN $ un parallelogramma avremo che $ AB $ e $ MN $ si bisecano a vicenda e quindi $ MN $ non è altro che la mediana di $ ABN $.

Prendiamo quindi $ C' $ come punto medio di $ AB $ e $ B' $ com punto medio di $ AC $. Abbiamo, per angoli di tangenza che $ ANB $ è simile a $ ABC $ che è simile ad $ AC'B' $ (con le lettere in ordine). Da queste cose abbiamo che $ BNB'C' $ è ciclico.

Ma allora $ \angle{ANC'} = \angle {ABB'} $. Per il frengo's lemma abbiamo che $ \angle {QBC} = \angle{ABB'} $. chiamiamo ora $ Q' $ il punto d'intersezione tra la cfr di $ ABC $ e $ BQ $. Avremo che $ \angle{QBC}=\angle{Q'AC} $.

Quindi abbiamo $ \angle{ANC' } = \angle[Q'AC} = \angle{Q'AC'} $ che vuol dire $ AQ' // C'N $ e quindi, chiamato $ P $ il punto d'intersezione tra $ QB $ e $ C'N $ avremo per talete che $ P $ è punto medio di $ BQ' $ (infatti $ C' $ era punto medio di $ AB $ ).

Ma ciò vuol dire che $ PO $ è perpendicolare a $ PQ $. Quindi , essendo $ \angle { OPQ} = \angle{OAQ} = 90° $ abbiamo che $ P \in \omega_1 $ .

Q.E.D.
C.V.D.
S.g.o.p.n.

Ciao!

edit: corretto erroruccio...

[frengo]

Abbiamo, per angoli di tangenza che $ ANM $ è simile a $ ABC $

una piccola imprecisione: qui $ ANB $ è simile ad $ ABC $(ma tanto poi prosegui come se avessi scritto giusto).

comunque perfetto, la mia soluzione è leggermente diversa(e più contorta...)

ciao ciao

[edriv]

Visto che si è rivelato tanto utile, posto una dimostrazione sintetica del lemma.
Chiede sostanzialmente di dimostrare che nella figura $ ~ \angle API = \angle BPM $, o equivalentemente $ ~ \angle VPI = \angle MVI $, poichè M è il punto medio e $ ~ \angle API = \angle BPI $.


Proof:
Invertendo nella circonferenza, i punti V,P,I vanno rispettivamente in M,P,I, ma l'inversione conserva gli angoli, q.e.d.

È anche interessante trovare la soluzione euclidea, che come potrete immaginare non è complicata. A voi (cioè la scrivo tra qualche giorno).

[edriv]

Vabbeh, nessuno ci prova.

Mettiamo che VP interseca la circonferenza anche in Q.
Per similitudini: $ VA^2 = VQ \cdot VP = VM \cdot VO $, ovvero QPOM è ciclico.
Allora $ \angle IOQ = \angle QPM $. Ma $ \angle QPM = \angle VPI + \angle IPM $, e $ \angle IOQ = 2\angle VPI $, perchè è l'angolo al centro!!
Da questo segue subito che $ \angle VPI = \angle IPM $.