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Tags: geometria olimpiadi matematica quadrilateri ciclici quiz soluzione triangolo isoscele
Scritto da: Vincenzo Zappalà
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Soluzione del problema olimpico ***
Il nostro super-matematico sprmnt21 ha dato una soluzione, ma ritengo opportuno pubblicare la mia e lascio a voi la scelta della migliore. Probabilmente ve ne sono anche di più rapide, dato che gli angoli in ballo sono molteplici e qualche passaggio potrebbe essere abbreviato.
SOLUZIONE
Riportiamo subito una figura che riporti la costruzione da seguire (Fig. 1)
![](http://www.infinitoteatrodelcosmo.it/wp-content/uploads/2024/07/oltri1-600x465.png)
Abbiamo evidenziato alcuni angoli che derivano immediatamente dall'inclinazione data a BP e al valore dell'angolo a. In giallo e in verde i triangoli di cui si individua il circocentro.
Dai dati di partenza si ottiene subito il valore dell’angolo ABP:
ABC = 90 – a/2
ABP = 90 – a/2 – 90 + a = a/2
Ne segue che il triangolo AOB è isoscele, da cui
OB = OA
Attenzione! Anche se sembra ovvio, non sappiamo ancora se O appartenga alla circonferenza di centro O1 e a quella di centro O2 … dobbiamo verificarlo!
Ci sono sicuramente vari metodi, ma noi ci affidiamo ai quadrilateri ciclici.
Consideriamo i triangoli AOP e QOP (colorati in azzurro) di Fig. 2.
![](http://www.infinitoteatrodelcosmo.it/wp-content/uploads/2024/07/oli2-600x465.png)
Essi sono congruenti in quanto
AP = QB per le ipotesi di partenza
AO = OB perché lati di un triangolo isoscele
OAP = OBQ = a/2
Ne segue che QO = OP
Ricaviamo inoltre che:
AOP = QOB = a/2 + a/2 = a
Ne segue che QOP = 180 – a
QAP + QOP = a + 180 – a = 180
Il quadrilatero AQOP è ciclico, per cui O deve stare sul cerchio circoscritto ad AQP (di centro O1).
Guardiamo la Fig. 3
![](http://www.infinitoteatrodelcosmo.it/wp-content/uploads/2024/07/oli3-600x465.png)
QPR triangolo isoscele. Dato che QO = OP, RO biseca l’angolo QRP.
ROP = ROQ = QOP/2
QOP = 180 + a
ROP = 90 + a/2
PCR + ROP = (90 - a/2) + (90 + a/2) = 180
PCRO ciclico
O deve appartenere sia al cerchio di centro O2 sia al cerchio di centro O1 (così come P).
Tracciamo la congiungente O1O2 (Fig. 4). O1P = O1O e O2P = O2O, il che vuol dire che P e O sono equidistanti sia da O1 che da O2. Ciò comporta che PO, ossia PB, è perpendicolare a O1O2.
![](http://www.infinitoteatrodelcosmo.it/wp-content/uploads/2024/07/oli4-600x516.png)
Il quadrilatero QORB è ciclico. Infatti:
QOR = 90 + a/2
QBR = 90 – a/2
QOR + QBR = 180°
Sappiamo, inoltre, che
QOR = POR = 90 + a/2
BQR = BOR (angoli alla circonferenza)
BOR = 90 + a/2 – a = 90 – a/2
BQR = 90 – a/2
Ma risulta anche che:
QBC = 90 – a/2
Il triangolo BQR è isoscele
Ne segue che:
BR = QR
A questo punto possiamo cambiare la nostra tesi e scriverla come:
O1O2 = QR
E' immediato dire che O1O2 è parallelo a QR, dato che QR è perpendicolare a BP.
Ne segue che se anche QO1 fosse parallelo a O2R dimostreremmo la tesi, dato che O1QRO2 sarebbe un parallelogramma.
Concludiamo disegnando la Fig. 5, dove MR è un diametro del cerchio di centro O2.
![](http://www.infinitoteatrodelcosmo.it/wp-content/uploads/2024/07/oli5-600x524.png)
MOR = 90
OMR = OCR (angoli alla circonferenza)
OCR = 90 - a
O2RO = 90 – 90 + a = a
D'altra parte, sappiamo che:
QO1O = 2 QAO (angolo al centro doppio di quello alla circonferenza)
QO1O = 2 a/2 = a
La trasversale O1R forma due angoli uguali con O1Q e O2R
Essi sono, perciò, paralleli
CVD