Tante cose più o meno nascoste

[Veritasium]

Sia $\Gamma(O)$ un circonferenza, $AB$ un suo diametro, $C, D$ punti su di essa (dalla stessa parte di $AB$, e con $C$ più vicino ad $A$ di $D$). Siano $M$ l'intersezione di $AB, CD$ e $K$ la seconda intersezione tra le circoscritte a $\triangle OAC$ e a $\triangle OBD$.
Mostrare che $\angle MKO$ è retto.

Giusto per dire, questo problema ha una configurazione bella dietro, metto qualcosa in spoiler.

Testo nascosto:

$AC, BD, KO$ concorrono (e vabbe, fin qua...)

Testo nascosto:

Forse può avere senso completare il quadrilatero?

Testo nascosto:

A questo punto, potrebbe centrare qualcosa il punto di Miquel del quadrilatero? E la condizione su $C$ più vicino ad $A$ di $D$ serve davvero?

Testo nascosto:

O ancora, le diagonali concorrono con $MK$, dove quindi?

Testo nascosto:

Nell'ortocentro, ma di cosa?

[Giovanni98]

Figo, fonte?

Soluzione :

Testo nascosto:

Siano $E$ e $F$ i diametralmente opposti di $O$ delle circonferenze passanti per $ACO$ e $DOB$. Banalmente $E,K,F$ allineati e che $\angle OKE = 90$, quindi la tesi equivale a dimostrare la concorrenza delle rette $CD,AB,EF$. Sia $M:=CD \cap AB$. Dimostriamo che $M,E,F$ allineati. Notiamo che $EA \parallel FB$ , quindi basta dimostrare $\dfrac{MA}{AE} = \dfrac{MB}{FB}$. Notiamo che $\angle EAO = \angle FBO = 90$ (1). Poniamo per comodità di notazione $\angle OEA = x$ e $\angle OFB = y$. Per l'osservazione (1) vale $AE = AO \cdot cotg(x)$ e $FB = AO \cdot cotg(y)$, quindi basta dimostrare che $\dfrac{MA}{MB} = \dfrac{cotg(x)}{cotg(y)}$.
A questo punto (evitando il caso banale $CD \parallel AB$) sia $N:=AC \cap DB$. Dal momento che $M,C,D$ allineati per costruzione per il teorema di Menelao si ha $$\dfrac{MB}{MA} = \dfrac{CN \cdot DB}{AC \cdot ND}$$Dal momento che $ABCD$ ciclico si ha $NDC = x$ e $NCD = y$ da cui $\dfrac{CN}{ND} = \dfrac{\sin x}{\sin y}$ , quindi ci resta da dimostrare che $\dfrac{DB}{AC} = \dfrac{\cos y}{\cos x}$ il che è ovvio poichè i triangoli $ACO$ e $ODB$ sono isosceli con basi $AC$ e $DB$ e con angoli alla base uguali a $x$ e $y$ rispettivamente, da cui si ricava immediatamente che $AC = 2AO \cos x$ e $DB = 2AO \cos y$ da cui $\dfrac{AC}{DB} = \dfrac{\cos x}{\cos y}$.

Testo nascosto:

Per eventuali TYPO contattare il 328046....

[Veritasium]

Giusta!

La fonte è una dispensa, che a sua volta riporta il problema come (Russia 1995, Romanian TST 1996, Iran 1997).

Metto anche la mia, che dovrebbe usare qualche fatto abbastanza utile.

Testo nascosto:

Innanzitutto Lemma noto: se $P, Q \neq O$ sono due punti, allora $P$ sta sulla polare di $Q$ rispetto a un'inversione in $O \Longleftrightarrow Q$ sta sulla polare di $P$

Chiaramente $AC, BD, KO$ concorrono, in $P$. Sia $H$ il piede dell'altezza da $P$ ad $AB$. Mostriamo che invertendo in $O$ di raggio $AO$, $M$ e $H$ si scambiano.
Consideriamo la circonferenza per $C, O, D$ e sia $X$ il secondo punto di intersezione con $AB$. Allora $X$ va nell'intersezione tra $AB$ e la retta $CD$ (poichè $C, D$ giacciono sulla circonferenza di centro $O$ e raggio $AO$), ovvero in $M$. Ma essendo $\angle BCA = \angle ADB$ retti, $C, D$ sono piedi delle altezze relative a $AP, BP$, e quindi $(COD)$ è la Feuerbach di $\triangle PAB$, da cui $X \equiv H \Longrightarrow H$ va in $M$.
Abbiamo inoltre che $K$ va nell'intersezione tra le rette $AC, BD$ e quindi $K, P$ si scambiano.

Ora possiamo usare il Lemma: essendo $PH$ altezza, si ha che $P$ sta sulla polare di $M$, e quindi $M$ starà sulla polare di $P$, ovvero sulla poerpendicolare per $K$ a $OK$: abbiamo concluso.

In alternativa, un altro modo per vedere che (notazione di Giovanni) $M, E, F$ allineati è:

Testo nascosto:

Che le $3$ polari concorrono. Una volta mostrato che l'inversione scambia $M, H$ ciò è immediato poichè le polari sono $PH, PA, PB$.