qualcuno mi può aiutare?

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bern-1-16-4-13
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qualcuno mi può aiutare?

Messaggio da bern-1-16-4-13 » 07 giu 2016, 00:10

Sia $ABC$ un triangolo acutangolo con circocentro $O$. Scegliamo $E$ e $F$ sui segmenti $OB$ e $OC$ rispettivamente in modo che $BE = OF$. Se $M$ e il punto medio dell'arco $EOA$ (della circonferenza circoscritta a $EOA$) e $N$ è il punto medio dell'arco $AOF$ (della circoscritta a $AOF$), provare che $\sphericalangle ENO + \sphericalangle OMF = 2 \sphericalangle BAC$.

L'unica cosa che sono riuscito a cavare finora è che $ON\parallel AC$ e che $OM\parallel AB$. Per il resto o tentato un'inversione di centro $O$ e raggio della circoscritta di $ABC$, ma mi sono piantato perché non riesco a definire le immagini di $N,M,E,F$ in modo bello (quindi presumo senza tirare in ballo le altre intersezioni diverse da $A$ delle due circonferenze circoscritte a $EOA$ e $AOF$ con la circoscritta a $ABC$, che sono due punti che non riesco a trattare).
Qualcuno che se ne intende sarebbe così gentile da darmi qualche hint?

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karlosson_sul_tetto
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Re: qualcuno mi può aiutare?

Messaggio da karlosson_sul_tetto » 07 giu 2016, 17:21

Do una serie di hint molto leggeri/una soluzione spezzettata per arrivare alla conclusione.
Testo nascosto:
Per arrivare al parallelismo $ON\parallel AC$ una delle strade passa per la similitudine di $\triangle ANF$ e $AOC$; si può vedere questa rotomotetia in un altro modo
Testo nascosto:
Per esempio con i triangoli $\triangle ANO$ e $\triangle AFC$. Cosa posso dire del loro rapporto di similitudine? Come lo posso usare?
Testo nascosto:
NOPE chuck testa lololololol u just got pwnd veri ard
Testo nascosto:
Si ottiene che $\angle ONE$ è costante al variare di E. Quindi magari me lo scelgo nel posto giusto...
Testo nascosto:
E anzi meglio, divido E e F e li faccio coincidere con due vertici.
Testo nascosto:
Sposto un po' gli angoli e cerco di dimostrare un'altra rotomotetia, per la quale mi serve...
Testo nascosto:
che N'M' sia la congiungente dei centri delle due circonferenze
Testo nascosto:
e ora per concludere basta dimostrare che M' sta sull'asse di AO
P.S: da dove viene?
"Inequality happens"
---
"Chissa se la fanno anche da asporto"

bern-1-16-4-13
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Re: qualcuno mi può aiutare?

Messaggio da bern-1-16-4-13 » 07 giu 2016, 18:21

grazie, ora provo, magari nonostante i numerosi hint ci metterò un po' perchè prima di passare da un hint al successivo mi sono imposto che dovrò aver letteralmente versato sangue sul problema :lol:

Croazia, TST 2016

bern-1-16-4-13
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Re: qualcuno mi può aiutare?

Messaggio da bern-1-16-4-13 » 08 giu 2016, 18:29

Ok, parto con la soluzione (grazie ancora karlosson)
Testo nascosto:
$ANF$ e $AOC$ sono per ipotesi due triangoli isosceli, inoltre per la ciclicità di $ANOF$ si ha che $A\widehat{N}F=A\widehat{O}C$ per cui $ANF\sim AOC$. Quindi $ANO\sim AFC$ per roba nota sulle rotomotetie. Da qui segue il parallellismo $NO\parallel AC$ poichè $N\widehat{O}A=F\widehat{C}A=O\widehat{A}C$. Allora la retta $ON$ non dipende dalla scelta di $E$. Inoltre sempre per la similitudine tra $ANO$ e $AFC$ deduciamo, tenendo conto che $EO=FC$, $\frac{NO}{EO}=\frac{AO}{AC}$. Quindi anche il rapporto $\frac{EO}{NO}$ non dipende dalla scelta di $E$. Ma queste considerazioni messe insieme ci permettono anche di dire che l'angolo $E\widehat{N}O$ non dipende dalla scelta di $E$ (il tutto vale ovviamente anche per la configurazione simmetrica).
Quindi facciamo tendere $E$ a $B$ (quindi $F$ a $O$). Allora la circonferenza $EOA$ tende alla circonferenza $BOA$, mentre la circonferenza $FOA$ tende alla circonferenza ($\Omega$) tangente in $O$ a $OC$ passante per $A$. Facciamo la stessa cosa nella configurazione simmetrica e chiamiamo $\Gamma$ la circonferenza tangente in $O$ a $OB$ e passante per $A$. Sia $N'=\Omega\cap\text{parallela ad $AC$ per $O$}$ e analogamente $M'=\Gamma\cap\text{parallela ad $AB$ per $O$}$. Allora la nostra tesi è diventata dimostrare che $B\widehat{N'}O+C\widehat{M'}O=2B\widehat{A}C$.
Dimostriamo che $AN'B\sim AM'C$ quindi sse $AM'N'\sim ABC$. Per far questo notiamo che $M'$ e $N'$ godono di tutte le proprietà descritte prima poiché sono dei casi particolari dell'ipotesi; quindi $N'$ è punto medio dell'arco $AN'O$ su $\Omega$ e lo stesso vale per $M'$ su $\Gamma$. Ma allora $A\widehat{N'}M'=\frac{A\widehat{N'}O}{2}\underset{\text{tangenza di $\Omega$ e $OC$}}{=}\frac{A\widehat{O}C}{2}=A\widehat{B}C$. Poichè la configurazione è simmetrica vale anche $A\widehat{M'}N=A\widehat{C}B$ e da qui le similitudini che volevamo.
Adesso possiamo dire che $B\widehat{N'}O+C\widehat{M'}O=C\widehat{M'}O+A\widehat{M'}C-A\widehat{N'}O=360-A\widehat{N'}O-A\widehat{M'}O$, ma come ci siamo già ricavati poco fa $A\widehat{N'}O=2A\widehat{B}C$ e analogamente $A\widehat{M'}O=2A\widehat{C}B$ da cui deduciamo che $B\widehat{N'}O+C\widehat{M'}O=2B\widehat{A}C$ che è quello che volevamo.

p.s. secondo me era un problema bello e originale.

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