BMO 2009-2

[Rho33]

Sia $\triangle ABC$ un triangolo e sia $MN$ una retta parallela a $BC$ che interseca $AB,AC$ in $M,N$ rispettivamente. Sia $P=BN \cap MN$ e sia $Q$ la seconda intersezione di $\odot (BMP), \odot (CNP)$. Dimostrare che $\angle BAQ= \angle CAP$.

[Gerald Lambeau]

Ti correggo un typo: $P=BN \cap CM$.
Ci tengo a dire che questo problema è molto noto . Inoltre la tecnica per risolverlo è la classica

Testo nascosto:

inversione più simmetria

.

[Rho33]

Noto in tutti i sensi mi sa (chissà se quest'anno lo sarà di nuovo...). Comunque sì, una soluzione veloce usa quello che dici tu, ma io ne ho un'altra carina senza, quindi, trovate quella

[Linda_]

Io ne ho una con

Testo nascosto:

la simmediana!

In molto breve

Testo nascosto:

Per Ceva ad $\triangle ABC$ punto $P$ trovo che $AP$ è mediana di $\triangle ABC$; con un po' di angoli sfruttando la ciclicità di $BQPM$ e di $QCNP$ ricavo che $\triangle MQB$ e $\triangle NQC$ sono simili da cui, dette $H$ e $K$ le proiezioni di $Q$ su $AB$ e $AC$, $\frac{QH}{QK}=\frac{MB}{NC}$. Dato che $\frac{MB}{NC}=\frac{AB}{AC}$ (da $MN//AB$) ho $\frac{QH}{QK}=\frac{AB}{AC}$, quindi $Q$ sta sulla simmediana da $A$ di $\triangle ABC$ da cui la tesi

[Rho33]

Yep! Mi riferivo proprio a quella con le simmediane Quella a cui si riferiva Gerald è pure carina ma velocissima, come sketch:

Testo nascosto:

$Q$ è punto di Miquel, inversione+simmetria, fine per le proprietà dell'inversione.