Circonferenze circoscritte e tangenti

[mat94]

Sia ABC un triangolo retto in C. Sia F il piede dell'altezza da C. Sia $\omega$ la circonferenza tangente a CF in Q, a FB in P e alla circonferenza circoscritta di ABC in R. Dimostrare che A,Q e R sono allineati e che AP=AC.

[Mist]

Scusami davvero ma sti problemi con le inversioni mi piacciono tantissimo :3

Faccio un inversione di centro $R$ e raggio $RC$ (i circuiti, che ricordi terribili, fossi almeno arrivato a senigallia :S ) La circonferenza circoscritta a $ABC$ e $\omega$ vanno in rette parallele e la collinearità tra $R,A$ e $Q$ si conservfa: se dimostro quindi che $\hat{RA'C} = \pi -\hat{RQ'P'}$ ho la tesi, perchè $A'$ e $Q'$ sarebbero collineari. Ma essendo $RP'Q' \sim RQP$, si ha che $\displaystyle \hat{RQ'P'} = \hat{RPQ} = \frac{\hat{PO'Q}}{2} = \frac{\hat{ROA}}{2} = \hat{RBA}$ e inoltre, essendo $RA'C \sim RCA$, si ha che $\hat{RA'C} = \hat{RCA} = \pi - \hat{RAB}$ da cui si ottiene che $\hat{RQ'P} = \pi - \hat{RA'C}$ che per quanto detto sopra è equivalente alla tesi.

[mat94]

se dimostro quindi che $\hat{RA'C} = \pi -\hat{RQ'P'}$ ho la tesi, perchè $A'$ e $Q'$ sarebbero collineari.

Scusa ma mi sfugge questo pezzo ... Comunque anche a me piacciono molto

[Mist]

Prendiamo un punto $X$ dalla parte opposta di $Q$ rispetto a $P'$ sulla retta $P'Q$: se ho che quest'angolo è uguale a $RA'C$ allora ho vinto perchè sarebbero (RQ'X e RA'C) angoli corrispondenti (o qualcosa del genere, non ricordo il nome esatto) e quindi le rette $RA'$ e $RQ'$ dovrebbero coincidere (e si avrebbe la tesi). Da questo deriva ciò che ho detto nella dimostrazione... è chiaro adesso?

[mat94]

Yes