Il quadrilatero ABCD è circoscritto ad una circonferenza $ \Gamma $. I prolungamenti di AB e CD si intersecano in O. La circonferenza $ \Gamma_1 $ è tangente a BC nel punto K ed ai prolungamenti dei lati AB e CD, mentre la circonferenza $ \Gamma_2 $ è tangente a DA nel punto L ed ai prolungamenti dei lati AB e CD. O, K, L sono allineati.
1) Dimostrare che i punti medi di BC, AD e il centro di $ \Gamma $ sono allineati.
2) Determinare se anche i punti medi AB, CD e il centro di $ \Gamma $ sono allineati.
vRMO 2000, fase nazionale; con aggiunte personali.
Buon $ lavoro^3 $
Inscriviamo ed allineiamo tutto! (iz vserossijskoj MO 2000)
Inscriviamo ed allineiamo tutto! (iz vserossijskoj MO 2000)
Presidente della commissione EATO per le IGO
Intanto spiego un fatto noto molto utile. Leggete bene.
Se nel triangolo ABC tracciamo incerchio, excerchio e tutti i punti in figura, allora:
- M è sia punto medio di BC sia punto medio di DE
- K è sia intersezione di AE con l'incerchio, sia opposto di D rispetto l'incentro
- IM è parallelo ad AE
Dimostrazione.
Sfruttando l'uguaglianza dei due segmenti tangenti da un punto P a una circonferenza, si dimostra facilmente che M è anche punto medio di DE.
Definiamo K come opposto di D rispetto ad I. L'omotetia di centro A che manda l'excerchio nell'incerchio manda E, che è intersezione dell'excerchio e di BC, nell'intersezione dell'incerchio e una retta parallela a BC e tangente (sopra) all'incerchio. Ma quest'ultima retta è chiaramente la simmetrica di BC rispetto ad I. Quindi quest'omotetia manda E in K: A,K,E allineati.
L'omotetia di centro I e fattore 1/2 manda K in I, E in M, la retta A,E,K nella retta IM, che sono parallele.
Ora torniamo al problema e facciamolo fuori:
Guardando bene il disegno, un'immediata applicazione del lemma è: IN è parallela ad OK.
Non più per il lemma, ma per il suo "complementare" in un certo senso, che saprete benissimo dimostrare (e vi invito a farlo), MI è parallela ad OL.
Quindi IN ed IM sono parallele alla stessa retta: O,L,K. Per il quinto postulato di Euclide (sissignori) I,N,M sono allineati. Fine del punto 1.
Ora, la retta O,L,K taglia su $ ~ \Gamma_1, \Gamma_2 $ due archi. Poichè questa retta passa per il centro di omotetia, questi archi sono uguali, cioè hanno lo stesso angolo alla circonferenza. Così potete vedere che $ ~ \angle QLK = \angle QKL $: QKL quindi è isoscele. Ma allora, per il parallelismo di prima, anche QMN è isoscele, e QI, essendo bisettrice, è anche altezza e mediana di QMN! Segue che I è proprio il punto medio di QMN.
Consideriamo ora i punti medi dei lati AB,CD. Questi punti, assieme ad M,N formano un parallelogramma con i lati paralleli ad AC,BD (cercate di capire perchè). I, punto medio di MN, è il centro del parallelogramma, e quindi è anche il punto medio del segmento che congiunge i punti medi di AB,CD. Questo conferma che il punto 2 è vero.
Se nel triangolo ABC tracciamo incerchio, excerchio e tutti i punti in figura, allora:
- M è sia punto medio di BC sia punto medio di DE
- K è sia intersezione di AE con l'incerchio, sia opposto di D rispetto l'incentro
- IM è parallelo ad AE
Dimostrazione.
Sfruttando l'uguaglianza dei due segmenti tangenti da un punto P a una circonferenza, si dimostra facilmente che M è anche punto medio di DE.
Definiamo K come opposto di D rispetto ad I. L'omotetia di centro A che manda l'excerchio nell'incerchio manda E, che è intersezione dell'excerchio e di BC, nell'intersezione dell'incerchio e una retta parallela a BC e tangente (sopra) all'incerchio. Ma quest'ultima retta è chiaramente la simmetrica di BC rispetto ad I. Quindi quest'omotetia manda E in K: A,K,E allineati.
L'omotetia di centro I e fattore 1/2 manda K in I, E in M, la retta A,E,K nella retta IM, che sono parallele.
Ora torniamo al problema e facciamolo fuori:
Guardando bene il disegno, un'immediata applicazione del lemma è: IN è parallela ad OK.
Non più per il lemma, ma per il suo "complementare" in un certo senso, che saprete benissimo dimostrare (e vi invito a farlo), MI è parallela ad OL.
Quindi IN ed IM sono parallele alla stessa retta: O,L,K. Per il quinto postulato di Euclide (sissignori) I,N,M sono allineati. Fine del punto 1.
Ora, la retta O,L,K taglia su $ ~ \Gamma_1, \Gamma_2 $ due archi. Poichè questa retta passa per il centro di omotetia, questi archi sono uguali, cioè hanno lo stesso angolo alla circonferenza. Così potete vedere che $ ~ \angle QLK = \angle QKL $: QKL quindi è isoscele. Ma allora, per il parallelismo di prima, anche QMN è isoscele, e QI, essendo bisettrice, è anche altezza e mediana di QMN! Segue che I è proprio il punto medio di QMN.
Consideriamo ora i punti medi dei lati AB,CD. Questi punti, assieme ad M,N formano un parallelogramma con i lati paralleli ad AC,BD (cercate di capire perchè). I, punto medio di MN, è il centro del parallelogramma, e quindi è anche il punto medio del segmento che congiunge i punti medi di AB,CD. Questo conferma che il punto 2 è vero.
@ edriv: Oltre a essere uno dei pochi che ha il coraggio di postare soluzioni ai problemi che lascio sul forum (guardate che non mordono 
) mi hai anche lasciato letteralmente senza parole... La mia soluzione è orrenda (non tutta per fortuna), mentre la tua è bella ed istruttiva.
Tra l'altro
) mi hai anche lasciato letteralmente senza parole... La mia soluzione è orrenda (non tutta per fortuna), mentre la tua è bella ed istruttiva.Tra l'altro
Io ho letto male il problema la prima volta ed ho dimostrato il punto 2, che quindi è la mia aggiunta, e solo dopo il punto 1, che viene dal testo originale.Il_Russo ha scritto:con aggiunte personali
Presidente della commissione EATO per le IGO