Ammissione WC 2016 G3

[Rho33]

Ho trovato questo problema molto interessante e fattibile in sintetica (ci ho messo meno di mezz'ora a risolverlo, sempre che la soluzione sia giusta )

Sia $\triangle ABC$ un triangolo acutangolo, sia $O$ il suo circocentro , sia $\Gamma $ la circoscritta . Sia $D$ un punto su $BC$ tale che $\angle BAD= \angle CAO$. Sia $E$ il secondo punto di intersezione di $AD$ con $\Gamma$. Siano $M,N,P$ i punti medi dei segmenti $BE,OD,AC$ .Dimostrare che $M,N,P$ sono allineati.

Due hint un po' vaghi per la mia soluzione, da usare con parsimonia

Hint 1:

Testo nascosto:

$H,O$ sono coniugati isogonali

Hint 2:

Testo nascosto:

Usare la retta di Eulero

[Gerald Lambeau]

Copia-incollo la mia soluzione (che non inviai), sperando di non aver sbagliato qualcosa mentre toglievo i comandi che il forum non legge.

Testo nascosto:

Fatto 1 $AD \perp BC$.

$OA=OC \Rightarrow OAC$ isoscele su base $\displaystyle AC \Rightarrow \widehat{OAC}=\frac{180^\circ-\widehat{COA}}{2}=90^\circ-\frac{\widehat{COA}}{2}=90^\circ-\widehat{CBA}$ perché $\widehat{COA}$ e $\widehat{CBA}$ sono, rispettivamente, angolo al centro e alla circonferenza che insistono sull'arco $AC$.
Dato che, per ipotesi, $\widehat{OAC}=\widehat{BAD}$, allora $\widehat{BAD}=90^\circ-\widehat{CBA}=90^\circ-\widehat{DBA}$.
Quindi, considerando il triangolo $DAB$, si ha $\widehat{ADB}=180^\circ-\widehat{DBA}-\widehat{BAD}=180^\circ-\widehat{DBA}-90^\circ+\widehat{DBA}=90^\circ \Rightarrow AD \perp BD \Rightarrow AD \perp BC$ $q. e. d.$.

Fatto 2 $DM=OP$.

$AD \perp BC \Rightarrow DE \perp BD \Rightarrow DBE$ rettangolo in $D \Rightarrow DM=BM=DE$ perché mediana relativa all'ipotenusa di un triangolo rettangolo.
Consideriamo ora i triangoli $MEO$ e $PAO$: dato che sia $M$ che $P$ sono i punti medi di due archi della circonferenza di centro $O$, allora $OM \perp BE \Rightarrow MEO$ rettangolo in $M$ e $OP \perp AC \Rightarrow PAO$ rettangolo in $P$.
Le loro ipotenuse $OA$ e $OE$ sono uguali perché raggi della circoscritta a $ABC$, inoltre $\displaystyle \widehat{MOE}=\frac{\widehat{BOE}}{2}=\widehat{BAE}=\widehat{BAD}$ perché angoli al centro e alla circonferenza che insistono sullo stesso arco $BE$, e per ipotesi $\widehat{BAD}=\widehat{OAC}=\widehat{OAP}$.
Ne segue che i due triangoli rettangoli $MEO$ e $PAO$ hanno l'ipotenusa e un angolo a essa adiacente in comune, quindi sono congruenti e di conseguenza lo sono anche i lati opposti agli angoli comuni, cioè $OP=ME=DM$ $q. e. d.$.

Fatto 3 $DM // OP$.

$DM=ME \Rightarrow DME$ isoscele su base $DE \Rightarrow \widehat{MDE}=\widehat{DEM}=\widehat{AEB}=\widehat{ACB}$ poiché angoli alla circonferenza insistenti sullo stesso arco $AB$, quindi $DM$ è inclinato in senso orario di un angolo pari a $\widehat{ACB}$ rispetto al segmento $AE$.
Tracciamo la retta $OP$; per quanto già detto, $OP \perp AC$.
Sia inoltre $X=AE \cap OP$ e sia $Y$ un punto qualsiasi su $OP$ dalla parte opposta di $P$ rispetto a $X$.
Dalla perpendicolarità di $OP$ e $AC$ ricaviamo che $\widehat{PXA}=90^\circ-\widehat{XAP}=90^\circ-\widehat{DAC}$, che per la perpendicolarità precedentemente dimostrata fra $AD$ e $BC$ sappiamo essere uguale a $\widehat{ACB}$.
Ma $\widehat{YXE}=\widehat{PXA}=\widehat{ACB}$, quindi la retta $OP$, e dunque anche il singolo segmento, è inclinata in senso orario di un angolo pari a $\widehat{ACB}$ rispetto al segmento $XE=AE$.
Dato che i due segmenti $DM$ e $OP$ hanno un'inclinazione nello stesso senso e della stessa ampiezza rispetto alla stessa retta, ne segue che sono paralleli $q. e. d.$.

Fatto 4 La tesi.

Due segmenti uguali e paralleli formano i lati opposti di un parallelogramma, quindi $DMOP$ è un parallelogramma. In un parallelogramma le diagonali si incontrano nei rispettivi punti medi $\Rightarrow MP \cap OD=N \Rightarrow N \in MP$, quindi $M, N$ e $P$ sono allineati $q. e. d.$.
Vi è anche il caso in cui il parallelogramma non si forma, cioè quando $DM$ e $OP$ stanno sulla stessa retta, di conseguenza $DO \in MP$, ma allora banalmente $N \in DO \Rightarrow N \in MP$ da cui la tesi.

[Rho33]

Gerald, direi che tutti i fatti verso la soluzione sono giusti! Posto anche la mia, più veloce perché usa qualche cosa su retta di Eulero, coniugati isogonali e cerchio dei nove punti.

Testo nascosto:

Innanzitutto per dimostrare che $AD$ è altezza, anziché andare di angle-chasing e triangoli dovrebbe bastare dire: $\angle BAD= \angle CAO \iff \angle BAO + \angle OAD= \angle OAD +\angle DAO \iff \angle BAO= \angle DAO$ .

Quindi $AO,AD$ sono linee isogonali, ergo $H \in AD$ ($H,O$ sono coniugati isogonali)

Bene, tracciamo ora la retta di Eulero e la circonferenza dei nove punti (con centro $T$). Siano inoltre $F_a,F_b,F_c$ i punti medi di $AH,BH,CH$. E' ovvio che $F_b$ è diametralmente opposto a $P$ nel cerchio dei nove punti (per questioni di omotetia o perché l'angolo è $90^\circ$).

Bene, consideriamo ora i triangoli $\triangle F_bHT, \triangle OTP$: abbiamo che $F_bT=TP$ (diametralmente opposti ), $HT=TO$ (per come è definito $T$) e $\angle HTF_b = \angle PTO$ (opposti al vertice), quindi sono congruenti. In particolare vale $HF_b=PO$ e $HF_b \parallel PO$ (uno sta sull'altezza e l'altro sull'asse).

Per concludere, dopo aver visto che $E$ è ovviamente il simmetrico di $H$ rispetto a $D$ (quindi a $BC$), osserviamo il triangolo $\triangle HEB$ : essendo $D,M$ punti medi, segue per Talete (oppure è noto) che $DM \parallel HB$ e $DM= HF_b$.

Allora il quadrilatero $OPDM$ ha due lati opposti congruenti e paralleli, quindi è un parallelogramma. Essendo $N$ punto medio della diagonale, si ottiene che $P,N,M$ allineati.

Il caso degenere è immediato.

Vi sembra corretta?