SMO-turno finale-2007

[Sepp]

Sia ABC un triangolo acutangolo con AB > AC e sia H il suo ortocentro. Sia D il punto di intersezione dell'altezza passante per A con il lato BC. Si ottenga E specchiando C rispetto a D. Sia S il punto di intersezione delle rette AE e BH. Sia N il punto medio di AE, e M quello di BH. Dimostrare che MN e DS sono perpendicolari.

Semplice ma carino

[edriv]

No, niente soluzione
Volevo solo chiedere: cosa sono le SMO??

[edit: ooops nella figura ho aggiunto anche due cerchi.... vabbeh ma tanto era abbastanza naturale disegnarli]

[Sepp]

Volevo solo chiedere: cosa sono le SMO??

Vediamo se indovinate?
1)Saudi Arabia [SAU]
2)Serbia [SER]
3)Singapore [SGP]
4)Slovakia [SVK]
5)Slovenia [SVN]
6)South Africa [ZAF]
7)South Korea [KOR]
Spain [ESP]
9)Sri Lanka [LKA]
10)Sweden [SWE]
11)Switzerland [SUI]

11

[elianto84]

Vettorialmente (centro in O, circocentro di ABC)
2(M-N)=(A+E-B-H)=(A+2D-B-C-H)=D-(B+C)
dunque la retta per M e N risulta parallela a quella
che congiunge D con O', simmetrico di O rispetto a BC.
C'è da provare SD^2+DO'^2=SO'^2.
Ora, detta L la proiezione di B su AC, è facile ricavare AS da AL.
A seguire calcoliamo SL, quindi SB. ^SBO'=^A+^C.
Calcoliamo BO', applichiamo Carnot al triangolo SBO'
ed otteniamo SO'^2. Calcoliamo SD^2 applicando Carnot
al triangolo SAD, calcoliamo DO^2 in qualunque modo, e

1) se il teorema è vero
2) se siamo stati abbastanza furbi da fissare R=1 e scrivere ogni cosa
in funzione di seni e coseni degli angoli del triangolo ABC
3) se non ci siamo preliminarmente rotti le scatole

l'identità SD^2+DO'^2=SO'^2 DEVE essere verificata. Amen.

[edriv]

Se ci siamo preliminariamente rotti le scatole, possiamo fare anche così:
$ ~ \angle DBH = 90-\gamma = \angle DAE $
$ ~ \angle DHB = \gamma = \angle DEA $
Quindi il quadrilatero BHAE è ciclico.
Considerando la circonferenza circoscritta a BHAE e le circonferenze con diametro AE e BH, per la concorrenza degli assi radicali, si ha che:
- AE
- BH
- la perpendicolare a MN passante per D
concorrono. Fine.