Da un mock americano [L05-6]

Tutti i problemi che presentino una figura (calcolo delle aree e dei perimetri, similitudini, allineamenti, concorrenze, ecc...)

Da un mock americano [L05-6]

Messaggioda Rho33 » 29/08/2016, 19:26

Ecco due bei problemi da una pseudo-gara americana. Il livello è chiaramente complessivo, specie per il secondo che a mio parere è più impegnativo del primo (badate bene, in sintetica! In conti non li ho nemmeno provati) :D


1) Sia $\triangle ABC$ un triangolo acutangolo, siano $M$ il punto medio di $AB$, $H$ l'ortocentro ed $O$ il circocentro.Sia $O_C$ il simmetrico di $O$ rispetto ad $AB$. Sappiamo che il cerchio centrato in $O_C$ passante per $B$ ed il cerchio di diametro $HM$ si intersecano in due punti. Dimostrare che uno di questi due punti giace sulla $C- \text{mediana}$.

2)Sia $\triangle ABC$ un triangolo, sia $X$ l' $A-\text{excentro}$ e sia $I$ l'incentro. Sia $M$ il circocentro di $\triangle BIC$ e sia $G$ un punto su $BC$ tale che $XG \bot BC$ .Si costruisca un cerchio $\Omega $ di diametro $AX$. Sia $P= \Omega \cap \odot (ABC) $ e $A-\text{altezza} \cap \Omega$ . Dimostrare che $H, M, G, P$ sono allineati.
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Re: Da un mock americano [L05-6]

Messaggioda Veritasium » 30/08/2016, 0:07

Intanto 1)
Ammetto di averci messo più di quanto avrei voluto causa 2 ore buttate a cercare una fantomatica soluzione con
Testo nascosto:
inversione in [tex]H[/tex], che non ne vuole sapere di saltar fuori, comunque...


Testo nascosto:
Chiamiamo [tex]H_a, H_b, H_c[/tex] i piedi delle altezze, [tex]W[/tex] il punto medio di [tex]CH, N[/tex] il punto medio di [tex]MH, \Gamma[/tex] la circonferenza con raggio [tex]O_cB, \omega[/tex] la circonferenza con diametro [tex]HM[/tex] e [tex]P[/tex] la loro intersezione diversa da [tex]H[/tex] (ops, spoiler).

Intanto un lemma rapido: [tex]WH = OM = O_cM[/tex]
Dimostrazione: la seconda uguaglianza segue per definizione. Per la prima, si ha [tex]OM = Rcos(\angle \gamma), WH = \frac{CH_a}{2sen(\angle \beta)} = \frac{ACcos(\angle \gamma)}{2sen(\angle \beta)} = Rcos(\angle \gamma)[/tex] dove [tex]R[/tex] è il raggio della circoscritta, gli angoli hanno la solita notazione e si è usato il teorema dei seni.

Detto ciò, notiamo innanzitutto che [tex]\Gamma[/tex] e la circoscritta hanno lo stesso raggio e i centri simmetrici rispetto ad [tex]AB,[/tex] da cui sono simmetriche rispetto ad [tex]AB.[/tex] Ma, poiché è noto che il simmetrico di [tex]H[/tex] rispetto ad [tex]AB[/tex] sta sulla circoscritta, avremo che il simmetrico del simmetrico di [tex]H[/tex] rispetto ad [tex]AB,[/tex] ovvero [tex]H,[/tex] starà sulla simmetrica della circoscritta rispetto ad [tex]AB,[/tex] ovvero [tex]\Gamma.[/tex]
Lasciando da parte ciò per un momento, notiamo che, essendo [tex]HM[/tex] diametro di [tex]\Gamma,[/tex] si ha che [tex]\angle HPM[/tex] è retto, da cui la tesi è equivalente a [tex]\angle HPA[/tex] retto, (ovvero a [tex]H_bAPHH_a[/tex] ciclico,) ovvero a [tex]PW = WH,[/tex] ovvero a [tex]W[/tex] sull'asse di [tex]HP[/tex].

Ora, per quanto mostrato prima, [tex]HP[/tex] è asse radicale di [tex]\Gamma, \omega,[/tex] da cui [tex]O_cN[/tex] ne è asse in quanto retta per i centri, e quindi è sufficiente [tex]O_c, N, W[/tex] allineati, ovvero [tex]\angle O_cNM = \angle WNH[/tex]. Dimostriamo quindi che [tex]\triangle O_CMN \cong \triangle WHN[/tex] e abbiamo finito. [tex]O_cM = WH[/tex] vale per il lemmino di sopra, [tex]\angle O_cMN = \angle WHN[/tex] vale perché [tex]O_cM[/tex] e [tex]WH[/tex] sono parallele (entrambe perpendicolari ad [tex]AB[/tex]) e [tex]MN = NH[/tex] vale per come è definito [tex]N.[/tex] Abbiamo concluso.
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Re: Da un mock americano [L05-6]

Messaggioda Giovanni98 » 30/08/2016, 12:26

$H = A-altezza \cap \Omega$ ??
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Re: Da un mock americano [L05-6]

Messaggioda Rho33 » 31/08/2016, 16:26

@Veritasium: Ottimo, dovrebbe andare tutto! Purtroppo l'ho letta senza disegno davanti ma credo non manchi nulla :D Mhh, allora, la soluzione con l'inversione esiste (ovvero la mia), ma non invertendo in $H$ :? Cioè, forse esiste pure quella, dato che l'inversione in $H$ fa tante cose belle ed interessanti, ma non ci ho ancora provato. In spoiler ti metto l'inversione che ho usato io che è altrettanto carina:

Testo nascosto:
Prova un po' ad invertire in $C$ con raggio $\sqrt { CH \cdot CF}$ dove $F$ è il tuo $H_C$


@Giovanni: Ops, l'ho dimenticato, comunque sì!

Metto un hint medio per il secondo, per la mia soluzione:

Testo nascosto:
Anche questo viene invertendo, come il precedente, ma il punto è, dove si inverte? :?:
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