64. Wall Street problem

[scambret]

Il triangolo $ABC$ è inscritto in $\Omega$. La bisettrice interna dell'angolo $A$ interseca $BC$ e $\Omega$ in $D$ e $L$, rispettivamente. Sia $M$ il punto medio di $BC$. Il circocerchio di $ADM$ interseca i lati $AB$ e $AC$ in $Q$ e $P$ rispettivamente. Sia $N$ il punto medio di $PQ$ e sia $H$ il piede della perpendicolare da $L$ alla linea $ND$. Dimostrare che $ML$ è tangente al circocerchio del triangolo $HMN$.

[NoAnni]

Il triangolo $ABC$ è inscritto in $\Omega$. La bisettrice interna dell'angolo $A$ interseca $BC$ e $\Omega$ in $D$ e $L$, rispettivamente. Sia $M$ il punto medio di $BC$. Il circocerchio di $ADM$ interseca i lati $AB$ e $AC$ in $Q$ e $P$ rispettivamente. Sia $N$ il punto medio di $PQ$ e sia $H$ il piede della perpendicolare da $L$ alla linea $ND$. Dimostrare che $ML$ è tangente al circocerchio del triangolo $HMN$.

Testo nascosto:

Sia $\Gamma$ il circocerchio di $ADM$. Sia $K$ il punto medio dell'arco $BC$ che contiene $A$. Allora $K\in\Gamma$ (infatti $K$ sta sulla bisettrice esterna di $ABC$, dunque $AKDM$ è ciclico).
Sia $X$ l'intersezione tra $ND$ e $\Gamma$. Gli angoli $PXD$ e $QXD$ sono uguali (ad $\frac{\alpha}{2}$, che insiste sullo stesso arco), $D$ è punto medio dell'arco $PQ$, dunque $XD$ diametro, e perciò perpendicolare a $PQ$. Inoltre $X$ è il punto medio dell'altro arco, quindi sta sulla bisettrice esterna, e quindi coincide con $K$.
Segue che $K$ è il punto di concorrenza di $\Gamma$, $\Omega$, $ND$ e $ML$. Inoltre $H\in\Omega$ perchè $LK$ è un diametro e $LHK$ è retto.
Riscrivo la tesi come $KM^2=KN\cdot KH$.
Ora ci sono un po' di similitudini che mi scoccia dimostrare, ma insomma detto $T=LM\cap PQ$, si ha che $NTDM$ e $LHDM$ sono ciclici, cosa da cui si ricavano le similitudini di:
$KNT$, $KMD$ e $KHL$.
$KPQ$ e $KBC$ (semplici conti sui lati, spezzandoli in due triangoli rettangoli).

La tesi così riscritta è equivalente a dimostrare che $KNT$ e $KMD$ sono simili con rapporto uguale a quello fra $KMD$ e $KHL$.
Facciamo una simmetria rispetto alla bisettrice di $HKL$, e un'omotetia che manda il triangolo $KNT$ in $KMD$, allora si dimostra facilmente che $KPQ$ va in $KBC$ e dunque $\Gamma$ in $\Omega$, per cui $M$ va in $H$ e $D$ va in $L$.
Dunque il rapporto è lo stesso e ho finito.

Purtroppo è spiegato da cani, se serve cerco di spiegare meglio

[scambret]

L'ho letta stravelocememte (tipo in 20 secondi) e le idee chiavi ci stanno; più o meno ricalca la mia dimostrazione

[spugna]

Il triangolo $ABC$ è inscritto in $\Omega$. La bisettrice interna dell'angolo $A$ interseca $BC$ e $\Omega$ in $D$ e $L$, rispettivamente. Sia $M$ il punto medio di $BC$. Il circocerchio di $ADM$ interseca i lati $AB$ e $AC$ in $Q$ e $P$ rispettivamente. Sia $N$ il punto medio di $PQ$ e sia $H$ il piede della perpendicolare da $L$ alla linea $ND$. Dimostrare che $ML$ è tangente al circocerchio del triangolo $HMN$.

Testo nascosto:

Sia $\Gamma$ il circocerchio di $ADM$. Sia $K$ il punto medio dell'arco $BC$ che contiene $A$. Allora $K\in\Gamma$ (infatti $K$ sta sulla bisettrice esterna di $ABC$, dunque $AKDM$ è ciclico).
Sia $X$ l'intersezione tra $ND$ e $\Gamma$. Gli angoli $PXD$ e $QXD$ sono uguali (ad $\frac{\alpha}{2}$, che insiste sullo stesso arco), $D$ è punto medio dell'arco $PQ$, dunque $XD$ diametro, e perciò perpendicolare a $PQ$. Inoltre $X$ è il punto medio dell'altro arco, quindi sta sulla bisettrice esterna, e quindi coincide con $K$.
Segue che $K$ è il punto di concorrenza di $\Gamma$, $\Omega$, $ND$ e $ML$. Inoltre $H\in\Omega$ perchè $LK$ è un diametro e $LHK$ è retto.
Riscrivo la tesi come $KM^2=KN\cdot KH$.
Ora ci sono un po' di similitudini che mi scoccia dimostrare, ma insomma detto $T=LM\cap PQ$, si ha che $NTDM$ e $LHDM$ sono ciclici, cosa da cui si ricavano le similitudini di:
$KNT$, $KMD$ e $KHL$.
$KPQ$ e $KBC$ (semplici conti sui lati, spezzandoli in due triangoli rettangoli).

La tesi così riscritta è equivalente a dimostrare che $KNT$ e $KMD$ sono simili con rapporto uguale a quello fra $KMD$ e $KHL$.
Facciamo una simmetria rispetto alla bisettrice di $HKL$, e un'omotetia che manda il triangolo $KNT$ in $KMD$, allora si dimostra facilmente che $KPQ$ va in $KBC$ e dunque $\Gamma$ in $\Omega$, per cui $M$ va in $H$ e $D$ va in $L$.
Dunque il rapporto è lo stesso e ho finito.

Purtroppo è spiegato da cani, se serve cerco di spiegare meglio

Accidenti, mi hai anticipato!
Posto comunque la mia soluzione visto che è diversa

Testo nascosto:

Riscrivo anch'io la tesi come $KM^2=KN \cdot KH$ e sfruttando la similitudine di $KMD$ e $KHL$ noto che è equivalente a

$KM^2=KN \cdot \dfrac{KM \cdot KL}{KD} \Leftrightarrow \dfrac{KM}{KN}=\dfrac{KL}{KD}$, che a sua volta equivale a dire che $MN$ è parallela ad $AL$.

Per dimostrare quest'ultimo fatto, considero il vettore

$\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{AN}-\overrightarrow{AM}=\dfrac{\overrightarrow{AP}+\overrightarrow{AQ}}{2}-\dfrac{\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{AB}}{2}=\dfrac{(\overrightarrow{AP}-\overrightarrow{AC})+(\overrightarrow{AQ}-\overrightarrow{AB})}{2}=\dfrac{\overrightarrow{CP}+\overrightarrow{BQ}}{2}$

Poiché questi ultimi due vettori formano angoli opposti con $AL$, la tesi è vera se essi hanno lo stesso modulo (bisognerebbe controllare anche i loro versi, ma mi sembra abbastanza ovvio che vanno bene), ma applicando il teorema delle secanti e quello della bisettrice ottengo proprio

$CP=\dfrac{CM \cdot CD}{AC}=\dfrac{BM \cdot BD}{AB}=BQ$

e quindi ho finito

[scambret]

NoAnni a te