Il problema è veramente bello (complimenti), ma ho paura che la mia soluzione lo deturperà
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Figura:
http://img191.imageshack.us/i/problemas.png/
Allora, chiamo $G=AD\cap \Gamma$ e $H=AO \cap \Gamma$. Ora, per Talete, $EH \parallel MX$. L'idea, a questo punto, è mostrare che, detta X' l'intersezione della circonferenza circoscritta a $BOF$ con $BC$, si ha $OX' \parallel EH$ (poi da qui si conclude con l'unicità della parallela). Allora, per la ciclicità sappiamo che $\angle XOH=\angle XBF$ e vorremmo mostrare che $\angle XOH=\angle EHO$. A questo punto ciò diventa equivalente a mostrare che $\angle XBF=\angle EHO$, che è equivalente a mostrare, detta $I$ l'intersezione di $EH$ con $BC$, che $BIFH$ è ciclico. Chiamo $L$ l'intersezione di $OH$ e $BC$. La ciclicità di $BIFH$ equivale a $\angle IFL=\angle LBH$. Ma $\angle LBH=\angle LAC$ e $\angle LAC=\angle LDF$ per la ciclicità di $ADFC$. Quindi mi basta mostrare che $\angle IFL=\angle LDF$, ovvero che $LF^2=LI\cdot LD$. Ora facendo conticini in trigonometria (basta applicare più volte teoremi dei seni e sfruttare parallelismi) si ottiene che
$LF=\dfrac{2R\sin\beta\cos\beta\sin(\beta-\gamma)}{\cos(\beta-\gamma)}$
$LD=\dfrac{2R\sin\beta\sin\gamma\sin(\beta-\gamma)}{\cos(\beta-\gamma)}$
$DI=\dfrac{2R\sin\beta\cos\alpha\sin(\beta-\gamma)}{\sin\gamma}$
Riscrivendo l'uguaglianza come $\dfrac{LF^2}{LD} = LD-DI$ e inserendo le quantità precedenti, si ottiene dopo pochi passaggi una identità. (anche perché si semplificano una marea di cose
)
Prima di intraprendere la strada trigonometrica, avevo ricondotto il problema a mostrare anche che $FI \parallel AC$, o ad esempio che la circonferenza circoscritta a $DIF$ tange $AF$, ma sinteticamente ho avuto scarsi risultati... Se qualcuno riuscisse a dimostrare uno di questi senza fare i conti, ne sarei molto felice
P.S. Ho trascurato eventuali problemi di configurazione...
