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Sia $ ABC $ un triangolo tale che $ AC>AB $. Sia $ X $ sulla retta $ AB $ (più vicino ad $ A $) e tale che $ BX=AC $ e sia $ Y \in AC $ tale che $ CY=AB $. L'intersezione della retta $ XY $ e l'asse di $ BC $ è il punto $ P $. Si dimostri che $ \angle BPC+\angle BAC=\pi $

Bel problema!



Tracciamo le parallele ad AB per C, ad AC per X e per B. Viene fuori il parallelogramma DBXE, ma poichè XB = AC = XE, questo è un rombo. Inoltre CD = AB = CY, quindi i triangoli DCY,DEX sono isosceli, quindi omotetici, quindi D,Y,X, e anche P, sono allineati. È noto che in un triangolo la bisettrice e l'asse del lato opposto si intersecano sulla circonferenza circoscritta. Ma la retta DP, essendo la diagonale di un rombo, biseca l'angolo BDC, quindi P sta sulla circonferenza circoscritta a BDC, quindi $ ~ \angle BDC + \angle BPC = \alpha + \angle BPC = 180 $.