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Iran NMO 2002, problema 22.


Sia $ ~ABC $ un triangolo, $ ~ \omega_1 $ la sua circonferenza inscritta di centro $ ~ I $, $ ~ \omega_2 $ la circonferenza circoscritta, e $ ~ \omega_3 $ la circonferenza tangente ai lati AB, AC, e a $ ~ \omega_2 $ nel punto P.

Dimostrare che P, I, ed M, dove M è il punto medio dell'arco BC (quello che contiene A), sono... indovinate... allineati

Credevo fosse un orrido problema angoloso, invece ...

La tesi è ovviamente equivalente al fatto che PI sia bisettrice di BPC; inoltre, per omotetia, detti Q,R i punti in cui la circonferenza rossa tocca AB e AC, si ha che PQ e PR bisecano BPA e CPA rispettivamente. Osservato questo, il fatto che PI bisechi BPC è equivalente al fatto che gli angoli QPA e IPR siano uguali (due conticini facili).
Ora, notiamo che PA è simmediana per il triangolo PQR, in quanto A è l'intersezione delle tangenti in Q,R alla circonferenza circoscritta a PQR; quindi, detto N il punto medio di QR, si ha che gli angoli QPA e NPR sono uguali. Ma dunque, il fatto che gli angoli QPA e IPR siano uguali è equivalente al fatto che I sia punto medio di QR.
Infine, dette D,E le intersezioni di PR e PQ con la circonferenza circoscritta ad ABC, di modo che D bisechi l'arco CA e E bisechi l'arco BA, si ha che I è l'intersezione di BD e CE, Q è l'intersezione di PD e AB, R è l'intersezione di PE e AC; quindi, applicando il teorema di Pascal all'esagono ACEPDB otteniamo che AC.PD=Q, CE.DB=I, EP.BA=R sono allineati (XY.ZW=intersez. di XY e ZW).
Dunque I è punto medio di RQ, dunque QPA=IPR, dunque BPI=IPC, dunque P,I,M sono allineati.
Mi scuso per la soluzione scritta "al contrario", ma l'ho scritta mentre mi veniva in mente ... temo che l'ordine giusto di leggerla sia dalla fine all'inizio.

Su, gente, provateci, che è un bel problema!