Simulazione 2013 1 (bis)

[Rho33]

Sia $\triangle ABC$ un triangolo acutangolo con circocentro $O$ e sia $\Gamma$ la circonferenza per $O,A,B$; siano $P,Q$ le ulteriori intersezioni di $CA$ e $CB$ con $\Gamma$. Dimostrare che $CO$ è perpendicolare a $PQ$.

[carlotheboss]

Testo nascosto:

Iniziamo a chiamare gli angoli e notare un po' di congruenze: $\triangle OAB$ è isoscele (essendo $O$ il circocentro di $\triangle ABC$) quindi $\angle OAB = \angle OBA = \alpha$, $\triangle CAO$ è isoscele per lo stesso motivo e quindi $\angle CAO = \angle OCA = \gamma$, e anche $\triangle COB$ è isoscele quindi $\angle CBO = \angle OCB = \beta$. Vale quindi $\angle CAB = \angle CAO + \angle OAB = \alpha + \gamma$, $\angle CBA = \angle CBO + \angle OBA = \beta + \alpha$ e $\angle ACB = \angle OCA + \angle OCB = \gamma + \beta$ e dal momento che in un triangolo la somma degli angoli interni è sempre $180°$ $\angle CAB + \angle ABC + \angle BCA = 2 \cdot (\alpha + \beta + \gamma) = 180°$ perciò vale $\alpha + \beta + \gamma = 90°$.
A questo punto consideriamo il quadrilatero ciclico $APQB$: essendo un quadrilatero ciclico gli angoli opposti sono supplementari quindi $\angle APQ = 180° - \angle ABC$ dunque $\angle CPQ = 180° - \angle APQ = \angle ABC = \beta + \alpha$.
Ora sia $J$ l'intersezione del prolungamento di $CO$ con $PQ$ e consideriamo il triangolo $\triangle CPJ$: $\angle JCP = \beta + \alpha$ e $\angle JCP = \angle OCA = \gamma$ dunque, per quanto sono dimostrato prima, essi sono angoli complementari quindi $\angle CJP = 90°$, da cui si deduce $CO \bot PQ$.

[Rho33]

Ok, buona! La mia è molto simile qui http://forum.olimato.org/stile-dimostra ... 24-10.html

[Federico II]

Testo nascosto:

Non è neanche necessario che $\Gamma$ passi per $O$...