QUI il quiz

QUI la prima parte della soluzione

Una notazione importante che è nata durante lo svolgimento della dimostrazione. Fin dall’inizio avevo messo l’accento sulla similitudine dei due triangoli azzurri di Fig. 3. Se fossi riuscito a provare questo fatto, avrei provato automaticamente anche l’uguaglianza degli angoli CVA e CBA. Mi sono, però, accorto che per dimostrare la similitudine era necessario dimostrare proprio che i due angoli fossero uguali. Poco male, dato che niente cambia nella dimostrazione. Possiamo comunque evitare di dare particolare enfasi ai due triangoli azzurri.

Riprendiamo la Fig. 6 che ci mostra la situazione attuale:

Il teorema dimostrato nella prima parte ci ha permesso di affermare che i tre angoli rossi sono uguali, ossia:

BAK = MAC = ACV

Consideriamo adesso la circonferenza azzurra e soffermiamoci sull’angolo alla circonferenza relativo all’arco BX.

Come ormai sappiamo molto bene, possiamo scrivere l’uguaglianza:

XCB = ACB = ABX

Ricordiamo, infatti, che AB è tangente al cerchio azzurro in B.

A questo punto possiamo concludere che i triangoli AXB e ACB sono simili, in quanto hanno un angolo in comune (BAC) e gli angoli ABX e ACB uguali.

Indichiamo  con E l’intersezione di BX con AK ed estraiamo la parte centrale della Fig. 6 riportandola in Fig. 7, a sinistra.

Nella parte destra inseriamo il triangolo ABX da solo, per un migliore confronto tra i due triangoli simili ACB e AXB. Angoli uguali hanno lo stesso colore.

Consideriamo dapprima i due triangoli gialli. Essi sono, ovviamente, simili, dato che hanno l’angolo azzurro in comune e l’angolo nero uguale, in quanto angolo esterno di triangolo simili (quelli verdi di cui ci occuperemo tra poco).

Possiamo perciò scrivere la relazione tra i lati:

AE/AT = AM/AK

Ossia:

AE ∙ AK = AT ∙ AM            …. (7)

A questo punto dobbiamo ricordare l’articolo sulla potenza di un punto e, in particolare, il teorema delle secanti. Ciò che abbiamo trovato, infatti, ci dice che i quattro punti ETMK formano un quadrilatero ciclico (inscrivibile in un cerchio) dato che tracciando le secanti da un punto A esterno otteniamo la relazione (7) che lega tra loro le intersezioni delle secanti ad un cerchio. Disegniamo in nero questo cerchio.

Prima di abbandonare questa figura, soffermiamoci sui triangoli verdi. Essi sono ovviamente simili dato che hanno due angoli uguali.

Possiamo scrivere la relazione tra i lati:

AB/AC = BE/MC

Sappiamo, però, anche che la similitudine tra i triangoli ABC e ABK porta a scrivere:

AB/AC = BX/BC

E, di conseguenza:

BE/MC = BX/BC

Ma abbiamo, per costruzione, che

MC = ½ BC

Deve perciò essere anche che:

BE = ½ BX

In altre parole, il punto E è il punto medio del lato BX.

Inseriamo la Fig. 8

Da quanto abbiamo appena ricavato sappiamo che E è punto di mezzo di BX e che M è punto di mezzo di BC. Ne deduciamo rapidamente che i triangoli BXC e BEM sono simili, in quanto hanno un angolo in comune e due lati stanno in proporzione. Ne segue che tutti loro angoli sono uguali e, quindi, che il segmento EM è parallelo al segmento CX.

Tutto bene? OK… andiamo avanti e occupiamoci del quadrilatero verde AKCV. Vogliamo dimostrare che esso è ciclico, ossia che è inscritto in un cerchio. Ottenendo questo risultato saremo veramente ad un soffio dalla conclusione finale.

Possiamo dire subito che

ACV = EMA

Dato che sono formati da rette parallele tra loro (AM // VC ed EM // AC).

La circonferenza piccola nera ci dice che

EMA = EMT = EKT = AKV

Dato che EMT ed EKT sono angoli alla circonferenza dello stesso arco ET.

In conclusione:

ACV = AKV

Questa uguaglianza è FONDAMENTALE, in quanto ci dice che deve esistere una circonferenza passante per AVCK dato che ACV ed AKV sono uguali e, quindi, angoli alla circonferenza di un arco AV. Questa circonferenza è proprio quella verde indicata in figura.

Utilizziamola per trovare ulteriori uguaglianze tra angoli.

VAC = VKC

In quanto angoli alla circonferenza dello stesso arco VC

Ma VKC è uguale a TKM il quale a sua volta è uguale a TEM in quanto angoli alla circonferenza dello stesso arco TM della circonferenza piccola nera. Riassumendo:

VAC = VKC = TKM = TEM

TEM è uguale ad AXB in quanto angoli alterni interni di rette parallele (AC ed EM) tagliate da una trasversale (BX). La serie di uguaglianze continua …

VAC = VKC = TKM = TEM = AXB

Non è molto (Fig. 7) che abbiamo dimostrato che i triangoli ABC e AXB sono simili, il che comporta ancora che AXB = ABC. In conclusione di questa lunga serie di uguaglianze abbiamo che:

VAC = ABC

c.v.d.

Beh... è stato proprio un problema... olimpico!