IMO 2015 - 3

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
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Nemo
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IMO 2015 - 3

Messaggio da Nemo » 10 lug 2015, 14:52

Sia $ABC$ un triangolo acutangolo con $AB>AC$. Siano $\Gamma$ la sua circonferenza circoscritta, $H$ il suo ortocentro, $F$ il piede dell’altezza relativa a $BC$, $M$ il punto medio di $BC$. Siano $Q$ e $K$ due punti su $ \Gamma $ tali che $\widehat{HQA} =\widehat{HKQ}=90°$. Si assuma che i punti $A, B, C, K, Q$ siano tutti distinti e in quest'ordine su $\Gamma$.
Dimostrare che le circonferenze circoscritte ai triangoli $KQH$ e $FKM$ sono tra loro tangenti.
[math]

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Kfp
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Re: IMO 2015 - 3

Messaggio da Kfp » 10 lug 2015, 21:51

Testo nascosto:
Partiamo dal noto fatto che $H$, $Q$ ed $M$ siano allineati (che se non sbaglio è anche sulla dispensa di baricentriche più famosa del mondo ed è un vecchio TST rumeno).

Forti di ciò, chiamiamo $H_{A}$ la seconda intersezione di $AH$ con $\Gamma$, e invertiamo in $H$ con raggio $HA \cdot HH_{A}$. Dopo un po'di angle chasing facile e con l'applicazione del fatto di cui sopra, trasformiamo il problema nel seguente coso:

Sia $A^{'}B^{'}C^{'}$ un triangolo, $\Gamma^{'}$ la sua circoscritta, $H$ il suo incentro, $F^{'}$ il suo excentro relativo al vertice $A$ (Sappiamo che $F^{'}B^{'}HC^{'}$ è ciclico di centro il punto medio $D$ dell'arco $B^{'}C^{'}$ di $\Gamma^{'}$ non contenente $A$. Chiamiamo $\omega$ questo cerchio), $Q^{'}$ il punto medio dell'arco $B^{'}C^{'}$ di $\Gamma^{'}$ contenente $A$, $M^{'}$ la seconda intersezione di $Q^{'}H$ con $\omega$, $K^{'}$ la seconda intersezione della perpendicolare a $Q^{'}H$ per $Q^{'}$ con $\Gamma^{'}$. Allora la tesi è di dimostrare che il circocerchio di $F^{'}M^{'}K^{'}$ tanga $Q^{'}K^{'}$ in $K^{'}$.

Per fare ciò, dimostreremo che $K^{'}$ sta sull'asse di $F^{'}M^{'}$ e che $M^{'}F^{'}$ e $Q^{'}K^{'}$ sono parallele. Ovviamente basta dimostrare $K^{'}D$ perpendicolare a $F^{'}M^{'}$. Ma $F^{'}M^{'}$ è perpendicolare a $M^{'}H$ perchè $F^{'}H$ è diametro, e $M^{'}H$ è perpendicolare a $Q^{'}K^{'}$ per ipotesi. MA ORA $Q^{'}D$ è ovviamente un diametro di $\Gamma^{'}$, il che conclude!
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Re: IMO 2015 - 3

Messaggio da EvaristeG » 11 lug 2015, 01:42

Solo una nota stilistica:
Testo nascosto:
a me sembra più facile applicare l'inversione che usi tu e un'omotetia di fattore -1 ... giusto per lasciare certe cose al loro posto :)

Draco76
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Re: IMO 2015 - 3

Messaggio da Draco76 » 11 lug 2015, 10:31

Non è un IMO3, anzi un febbraio molto facile
Knowledge is more important than imagination. For imagination is limited, whereas knowledge embraces the entire world, stimulating progress, bashing shortlist's problems. (Albert E.)

IMPORTANTE: firma anche tu la petizione!

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Re: IMO 2015 - 3

Messaggio da EvaristeG » 11 lug 2015, 12:22

Draco76 ha scritto:Non è un IMO3, anzi un febbraio molto facile
AoPS style

Rho33
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Re: IMO 2015 - 3

Messaggio da Rho33 » 11 lug 2015, 12:40

EvaristeG ha scritto:
Draco76 ha scritto:Non è un IMO3, anzi un febbraio molto facile
AoPS style
:lol: :lol: :lol: Faccio notare che la shortlist 2014 è appena uscita e già su AoPs stanno bruciando nel giro di un'ora tutti i problemi :lol:

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Re: IMO 2015 - 3

Messaggio da fph » 11 lug 2015, 15:02

Rho33 ha scritto::lol: :lol: :lol: Faccio notare che la shortlist 2014 è appena uscita e già su AoPs stanno bruciando nel giro di un'ora tutti i problemi :lol:
In realtà molti di quei problemi sono stati usati in training e TST, ma sono dovuti rimanere segreti fino ad ora. Quindi non è che li hanno fatti tutti nel giro di un'ora, tenzenzialmente li sapevano da mesi. :)
--federico
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Rho33
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Re: IMO 2015 - 3

Messaggio da Rho33 » 11 lug 2015, 15:17

Ahh, ecco perchè erano tutti a scrivere dopo poco, effettivamente sembrava un pochetto strano, ma non troppo, vedendo la gente che frequenta AoPs :lol:
Comunque grazie per il chiarimento :D

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