Russia MO n15 del 2000
Russia MO n15 del 2000
ABC is a triangle. E is a point on the median from C. A circle through E touches AB at A and meets AC again at M. Another circle through E touches AB at B and meets BC again at N. Show that the circumcircle of CMN touches the two circles.
Posso rispondere in italiano? 
Chiamo $ \displaystyle~\alpha $ la circonferenza tangente in $ \displaystyle~A $, $ \displaystyle~\beta $ quella tangente in $ \displaystyle~B $ e $ \displaystyle~\delta $ quella per $ \displaystyle~C,M,N $. Sia $ \displaystyle~D $ l'intersezione tra $ \displaystyle~CE $ e $ \displaystyle~AB $. $ \displaystyle~D $ è il punto medio di $ \displaystyle~AB $ ed essendo $ \displaystyle~DA $ tangente a $ \displaystyle~\alpha $ e $ \displaystyle~DB $ tangente a $ \displaystyle~\beta $ $ \displaystyle~D $ ha la stessa potenza rispetto a $ \displaystyle~\alpha $ e $ \displaystyle~\beta $. Segue che $ \displaystyle~D $ appartiene al loro asse radicale, che quindi è proprio $ \displaystyle~DE $. Se $ \displaystyle~I $ è l'altra intersezione tra le due circonferenze $ \displaystyle~I\in CE $: quindi possiamo usare ancora le potenze e ottenere $ \displaystyle~pow_\alpha(C)=CE\cdot CI=CA\cdot CM $ e $ \displaystyle~pow_\beta(C)=CE\cdot CI=CB\cdot CN $. Confrontando: $ \displaystyle~CA\cdot CM=CB\cdot CN $; questo dice che $ \displaystyle~A,B,M,N $ appartengono tutti a una stessa circonferenza $ \displaystyle~\gamma $. Sia $ \displaystyle~X $ un punto su $ \displaystyle~AB $ in modo che $ \displaystyle~X,A,B $ siano in quest'ordine e $ \displaystyle~J $ l'altra intersezione di $ \displaystyle~MN $ con $ \displaystyle~\alpha $: $ \displaystyle~\angle JAX=\angle JMA $ (angoli alla circonferenza di $ \displaystyle~\alpha $ $ \displaystyle~=\angle NMA=\angle NBA $ (angoli alla circonferenza di $ \displaystyle~\gamma $). Dunque $ \displaystyle~\angle JAX=\angle NBA $, cioè $ \displaystyle~JA $ è parallela a $ \displaystyle~NC $. Segue che $ \displaystyle~M $ è il centro dell'unica omotetia che manda $ \displaystyle~N $ in $ \displaystyle~J $ e $ \displaystyle~C $ in $ \displaystyle~A $, quindi $ \displaystyle~M $ è un centro di omotetia di $ \displaystyle~\delta $ e $ \displaystyle~\alpha $. Questa omotetia lascia invariata la tangente in $ \displaystyle~M $ a una delle due circonferenze, quindi questa è anche tangente all'altra. Segue che $ \displaystyle~\alpha $ tange $ \displaystyle~\delta $. Analogamente $ \displaystyle~\beta $ tange $ \displaystyle~\delta $.
Chiamo $ \displaystyle~\alpha $ la circonferenza tangente in $ \displaystyle~A $, $ \displaystyle~\beta $ quella tangente in $ \displaystyle~B $ e $ \displaystyle~\delta $ quella per $ \displaystyle~C,M,N $. Sia $ \displaystyle~D $ l'intersezione tra $ \displaystyle~CE $ e $ \displaystyle~AB $. $ \displaystyle~D $ è il punto medio di $ \displaystyle~AB $ ed essendo $ \displaystyle~DA $ tangente a $ \displaystyle~\alpha $ e $ \displaystyle~DB $ tangente a $ \displaystyle~\beta $ $ \displaystyle~D $ ha la stessa potenza rispetto a $ \displaystyle~\alpha $ e $ \displaystyle~\beta $. Segue che $ \displaystyle~D $ appartiene al loro asse radicale, che quindi è proprio $ \displaystyle~DE $. Se $ \displaystyle~I $ è l'altra intersezione tra le due circonferenze $ \displaystyle~I\in CE $: quindi possiamo usare ancora le potenze e ottenere $ \displaystyle~pow_\alpha(C)=CE\cdot CI=CA\cdot CM $ e $ \displaystyle~pow_\beta(C)=CE\cdot CI=CB\cdot CN $. Confrontando: $ \displaystyle~CA\cdot CM=CB\cdot CN $; questo dice che $ \displaystyle~A,B,M,N $ appartengono tutti a una stessa circonferenza $ \displaystyle~\gamma $. Sia $ \displaystyle~X $ un punto su $ \displaystyle~AB $ in modo che $ \displaystyle~X,A,B $ siano in quest'ordine e $ \displaystyle~J $ l'altra intersezione di $ \displaystyle~MN $ con $ \displaystyle~\alpha $: $ \displaystyle~\angle JAX=\angle JMA $ (angoli alla circonferenza di $ \displaystyle~\alpha $ $ \displaystyle~=\angle NMA=\angle NBA $ (angoli alla circonferenza di $ \displaystyle~\gamma $). Dunque $ \displaystyle~\angle JAX=\angle NBA $, cioè $ \displaystyle~JA $ è parallela a $ \displaystyle~NC $. Segue che $ \displaystyle~M $ è il centro dell'unica omotetia che manda $ \displaystyle~N $ in $ \displaystyle~J $ e $ \displaystyle~C $ in $ \displaystyle~A $, quindi $ \displaystyle~M $ è un centro di omotetia di $ \displaystyle~\delta $ e $ \displaystyle~\alpha $. Questa omotetia lascia invariata la tangente in $ \displaystyle~M $ a una delle due circonferenze, quindi questa è anche tangente all'altra. Segue che $ \displaystyle~\alpha $ tange $ \displaystyle~\delta $. Analogamente $ \displaystyle~\beta $ tange $ \displaystyle~\delta $.
Viviamo intorno a un mare come rane intorno a uno stagno. (Socrate)
Partendo da qua, una conclusione (leggermente) diversa.kn ha scritto:Posso rispondere in italiano?
Chiamo $ \displaystyle~\alpha $ la circonferenza tangente in $ \displaystyle~A $, $ \displaystyle~\beta $ quella tangente in $ \displaystyle~B $ e $ \displaystyle~\delta $ quella per $ \displaystyle~C,M,N $. Sia $ \displaystyle~D $ l'intersezione tra $ \displaystyle~CE $ e $ \displaystyle~AB $. $ \displaystyle~D $ è il punto medio di $ \displaystyle~AB $ ed essendo $ \displaystyle~DA $ tangente a $ \displaystyle~\alpha $ e $ \displaystyle~DB $ tangente a $ \displaystyle~\beta $ $ \displaystyle~D $ ha la stessa potenza rispetto a $ \displaystyle~\alpha $ e $ \displaystyle~\beta $. Segue che $ \displaystyle~D $ appartiene al loro asse radicale, che quindi è proprio $ \displaystyle~DE $. Se $ \displaystyle~I $ è l'altra intersezione tra le due circonferenze $ \displaystyle~I\in CE $: quindi possiamo usare ancora le potenze e ottenere $ \displaystyle~pow_\alpha(C)=CE\cdot CI=CA\cdot CM $ e $ \displaystyle~pow_\beta(C)=CE\cdot CI=CB\cdot CN $. Confrontando: $ \displaystyle~CA\cdot CM=CB\cdot CN $; questo dice che $ \displaystyle~A,B,M,N $ appartengono tutti a una stessa circonferenza $ \displaystyle~\gamma $.
Sia F il punto in cui t, la tangente ad alfa per M, taglia CD. Essendo <FMA = <A e <NMC = <B, si ha che <FMN = <C. Percio' t e' tangente a c(MNC) in M.
In modo del tutto analogo si prova che c(MNC) e tangente in N ad NF e quindi la tesi.
Oppure, dopo aver dimostrato che C appartiene all'asse radicale delle prime due circonferenze, si fa l'inversione (eventualmente seguita da una simmetria centrale) di centro C e tale da scambiare A con M e B con N. La retta AB si trasforma nella circonferenza MNC, mentre le altre due circonferenze rimangono invariate.
Sono il cuoco della nazionale!