allineamento e concorrenza

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

OK riscriviamo il problema di diritto che forse è meglio

abbiamo due circonferenze $ \Gamma_1 $ e $ \Gamma_2 $ che si intersecano in A e in B. Per B si traccia una retta che interseca $ \Gamma_1 $ in K e $ \Gamma_2 $ in M. Una retta parallela a AM tange $ \Gamma_1 $ in Q. La retta AQ interseca $ \Gamma_2 $ in R.

1) dimostrare che la tangente a $ \Gamma_2 $ in R è parallela a AK
2) dimostrare che le due tangenti concorrono con KM

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

uppone

[edriv]

Ho appena finito il disegno... freno l'istinto di insultarti.

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

ok ok evito di icasinarmi nuovamente invertendo il problema

[edriv]

Sì infatti... fatti un po' di conti, avevo:
- 5 circonferenze per O
- 5 rette

e fin qui eravamo quasi pari...
... poi ho visto che c'era un'altra circonferenza con centro in O, e quindi ho pensato che vincevano le circonferenze...
... poi ho pensato che era meglio lasciar perdere

[¬[ƒ(Gabriel)³²¹º]¼+½=¾]

qualcuno che ci prova?

[EvaristeG]

Uff ...
Allora, ignorando i problemi di configurazione che si potrebbero porre, posto una svogliata soluzione.
(i) Chiamiamo T l'intersezione tra la tangente in Q e KM e sia dunque TU la tangente in Q di modo che Q stia tra T e U.
Sia inoltre S tale che SR tange in R.
Si ha
$ \pi-A\widehat{M}R-A\widehat{M}B=B\widehat{A}R=\pi-A\widehat{R}B-A\widehat{B}R $
dove la prima uguaglianza è per angoli alla circonferenza, il secondo per gli angoli interni di un triangolo.
Inoltre $ A\widehat{M}R=A\widehat{R}S $ (angoli circ).
Poi, $ B\widehat{Q}T=\pi-B\widehat{Q}U=\pi-Q\widehat{A}B=B\widehat{A}R $.
Infine, $ B\widehat{Q}T=\pi-Q\widehat{T}B-Q\widehat{B}T $ e $ Q\widehat{T}B=A\widehat{M}B $.
Riassumendo
$ \pi-Q\widehat{B}T-Q\widehat{T}B=B\widehat{Q}T=B\widehat{A}R=\pi-A\widehat{M}B-A\widehat{R}S $
quindi
$ Q\widehat{B}T=A\widehat{R}S $
da cui $ K\widehat{A}Q=A\widehat{R}S $ ovvero RS//AK.

(ii) Sia ancora T l'intersezione tra KM e la tangente in Q.
allora da quanto detto $ Q\widehat{T}B=Q\widehat{R}B $, dunque TQBR è ciclico, ovvero $ T\widehat{R}Q=T\widehat{B}Q=K\widehat{A}Q $. Quindi TR//AK, ma dunque TR coincide con SR e perciò la tangente in A concorre con la tangente in Q e KM.