Russia MO n 19 del 2000
Russia MO n 19 del 2000
A larger circle contains a smaller circle and touches it at N. Chords BA, BC of the larger circle touch the smaller circle at K, M respectively. The midpoints of the arcs BC, BA (not containing N) are P, Q respectively. The circumcircles of BPM, BQK meet again at B'. Show that BPB'Q is a parallelogram.
Mi permetto di rispondere di nuovo in italiano 
N.B.: Userò implicitamente la ciclicità di $ \displaystyle~Q,K,B',B $ e di $ \displaystyle~P,M,B',B $. $ \displaystyle~N $ è un centro di omotetia delle due circonferenze. Sappiamo che per simmetria in una circonferenza la retta tangente parallela a una corda tange nel punto medio dell'arco sotteso dalla corda. Segue che secondo l'omotetia sopra citata $ \displaystyle~AB $ viene trasformata nella retta parallela tangente alla circonferenza grande, che tange proprio in $ \displaystyle~Q $. Quindi $ \displaystyle~K $ va in $ \displaystyle~Q $ secondo questa omotetia, da cui $ \displaystyle~N,K,Q $ allineati, analogamente $ \displaystyle~N,M,P $ allineati e $ \displaystyle~KM\parallel QP $. Mostriamo ora che $ \displaystyle~K,B',M $ sono allineati: $ \displaystyle~\angle BB'K=\pi-\angle BQK=\pi-\angle BQN=\angle BPN=\angle BPM=\pi-\angle BB'M $, da cui per l'appunto $ \displaystyle~\angle BB'K+\angle BB'M=\pi $. Segue la tesi: infatti $ \displaystyle~\angle QB'K=\angle QBK=\angle QBA=\angle QPA=\angle BPQ $ (essendo $ \displaystyle~Q $ il punto medio dell'arco), da cui $ \displaystyle~B'Q\parallel PB $ (dato che formano angoli uguali con le rette parallele $ \displaystyle~KM $ e $ \displaystyle~QP $) e $ \displaystyle~\angle PB'M=\angle PBM=\angle PBC=\angle PQC=\angle BQP $, da cui $ \displaystyle~B'P\parallel QB $.
BONUS: Mostrare che il raggio della circonferenza per $ \displaystyle~B,Q,K $ è uguale a quello della circonferenza per $ \displaystyle~B,P,M $ e che è indipendente dalla posizione di $ \displaystyle~B $.
N.B.: Userò implicitamente la ciclicità di $ \displaystyle~Q,K,B',B $ e di $ \displaystyle~P,M,B',B $. $ \displaystyle~N $ è un centro di omotetia delle due circonferenze. Sappiamo che per simmetria in una circonferenza la retta tangente parallela a una corda tange nel punto medio dell'arco sotteso dalla corda. Segue che secondo l'omotetia sopra citata $ \displaystyle~AB $ viene trasformata nella retta parallela tangente alla circonferenza grande, che tange proprio in $ \displaystyle~Q $. Quindi $ \displaystyle~K $ va in $ \displaystyle~Q $ secondo questa omotetia, da cui $ \displaystyle~N,K,Q $ allineati, analogamente $ \displaystyle~N,M,P $ allineati e $ \displaystyle~KM\parallel QP $. Mostriamo ora che $ \displaystyle~K,B',M $ sono allineati: $ \displaystyle~\angle BB'K=\pi-\angle BQK=\pi-\angle BQN=\angle BPN=\angle BPM=\pi-\angle BB'M $, da cui per l'appunto $ \displaystyle~\angle BB'K+\angle BB'M=\pi $. Segue la tesi: infatti $ \displaystyle~\angle QB'K=\angle QBK=\angle QBA=\angle QPA=\angle BPQ $ (essendo $ \displaystyle~Q $ il punto medio dell'arco), da cui $ \displaystyle~B'Q\parallel PB $ (dato che formano angoli uguali con le rette parallele $ \displaystyle~KM $ e $ \displaystyle~QP $) e $ \displaystyle~\angle PB'M=\angle PBM=\angle PBC=\angle PQC=\angle BQP $, da cui $ \displaystyle~B'P\parallel QB $.
BONUS: Mostrare che il raggio della circonferenza per $ \displaystyle~B,Q,K $ è uguale a quello della circonferenza per $ \displaystyle~B,P,M $ e che è indipendente dalla posizione di $ \displaystyle~B $.
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Mostrero' che il raggio di c(BKQ) e' la media geometrica del raggio del cerchio grande e della differenza tra il raggio grande e il reggio del cerchio piccolo (tanegnet internamente ad esso in N).
Questo dovrebbe direttamente o indirettamente bastare a rispondere a tutte le questioni.
Siano R, S e T i centri di c(NKM), c(NAB) e c(BKQ). Sia U il punto di SQ tale che KU//RS.
Provandosi facilmente che K sta su NQ e che <QSB = 2<QNB = 2<QAB e che <QTK = 2 <QBA, segue che <TSQ = <UTQ quindi QUT e' simile a QTS e eprtanto |QT| = rq(|QU||QS|).
Questo dovrebbe direttamente o indirettamente bastare a rispondere a tutte le questioni.
Siano R, S e T i centri di c(NKM), c(NAB) e c(BKQ). Sia U il punto di SQ tale che KU//RS.
Provandosi facilmente che K sta su NQ e che <QSB = 2<QNB = 2<QAB e che <QTK = 2 <QBA, segue che <TSQ = <UTQ quindi QUT e' simile a QTS e eprtanto |QT| = rq(|QU||QS|).
