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Consideriamo cinque punti $ A,B,C,D $ ed $ E $ tali che $ ABCD $ è un parallelogramma e $ BCED $ è un quadrilatero convesso e ciclico. Sia $ r $ una retta passante per $ A $. Supponiamo che $ r $ intersechi il segmento $ DC $ in un suo punto interno $ F $ e che intersechi la retta $ BC $ in $ G $. Supponimao inoltre che $ EF=EG=EC $. Dimostrare che $ r $ è la bisettrice di $ \widehat { DAB} $.

Chiamiamo P, Q and R i punti medi di DB, FC e GC, O il circocentro di DBC, $ \Gamma_1 $ il circocerchio di DBC e $ \Gamma_2 $ la crf con centro E e raggio EC. Chiamiamo L l'altra intersezione di $ \Gamma_1 $ con $ \Gamma_2 $.

RQ è la linea di simson in $ \triangle DBC $ da E e RQ incontra DB nel suo punto medio per talete. quindi $ EP \perp DB $ ma allora P, O e E sono alineati e quindi $ LC \parallel DB $ allora abbiamo:

$ \angle ECD = \angle EBD = \angle CBD - \angle EBC = \angle LCG - \angle ECL = \angle ECG $

quindi $ \triangle EFC $ e $ \triangle ECG $ sono congruenti e $ FC = CG $

Metto la mia soluzione [cioè, quella che ho trovato in 3 ore e mezza di gara + 15 minuti di camera ] che penso sia abbastanza originale:



Consideriamo la rotazione di centro E che manda G in C. Questa rotazione esiste perchè EG = EC. Sia C' l'immagine di C, B' l'immagine di B.

Osserviamo che se la retta CC' coincide con la retta CF, allora gli angoli ^EGC, ^ECF sono uguali (perchè sono immagini sotto una rotazione). Allora i triangoli ECG, ECF essendo isosceli con gli angoli alla base uguali e con i lati al vertice opposto alla base uguali, sono congruenti. Quindi CFG è isosceli e per qualche parallelismo è facile vedere che AF è la bisettrice di DAB.

Quindi se la retta CC' coincide con la retta CF, la tesi è vera, e in realtà se la tesi è vera, quelle rette coincidono. Noi supponiamo che quelle rette non coincidano. Allora le rette C'F, BD sono ben definite.
Dal fatto che FCG, FDA sono simili, dal fatto che AD = BC, e dal fatto che BC=B'C', CG = CC' perchè una rotazione è un'isometria, deduciamo:
$ \displaystyle \frac{FC}{FD} = \frac{CG}{AD} = \frac{C'C}{C'B'} $
Guardando la prima e l'ultima parte di questa uguaglianza, capiamo che le rette FC', DB' (che se la tesi è vera non dovrebbero esistere!) sono in realtà parallele.

Poichè EBB' è isoscele (la rotazione conserva le distanze) ed ha l'angolo al vertice uguale all'angolo al vertice di EGC (perchè è uguale all'angolo di rotazione), concludiamo che l'angolo ^EB'B è uguale all'angolo ^ECG, ma l'angolo ^ECG è uguale ad ^EDB (perchè EDBC è ciclico), quindi ^EB'B = ^EDB e quindi anche B' sta su quella circonferenza. Inoltre, semplicemente perchè EC' = EC, C' sta su quell'altra circonferenza.

Ora, dopo tutte queste innoque osservazione sull'improbabile figura che abbiamo ottenuto:
^DB'C = ^DBC = ^ADB (ciclicità + simmetria del parallelogramma)
^FC'B' = ^FGC = ^DAF (ciclicità + un parallelismo)
MA FC',DB' sono parallele, quindi ^DB'C + ^FC'B' = 180, quindi ^ADB + ^DAF = 180°, e, detta X l'intersezione tra DB e AF, nel triangolo AXD la somma di due angoli fa 180, e questo triangolo può essere quanto stretto vuole ma è abbastanza assurdo