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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 $

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.

@ 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

Il_Russo ha scritto:con aggiunte personali

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.