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Considero una circonferenza $\gamma$ e due sue tangenti in $B$ e $C$ che si incontrano in $A$. Siano $P$ e $Q$ punti rispettivamente su $AB$ e $AC$ tali che $PQ$ tange $\gamma$. La parallela ad $AC$ tracciata per $P$ incontra $BC$ in $E$ e la parallela ad $AB$ tracciata per $Q$ incontra $BC$ in $F$.
Dimostrate che al variare della scelta di $P$ e $Q$ le rette $EQ$ passano tutte per un punto $M$, e le rette $FP$ tutte per un punto $N$, e che $PM\cdot QN$ è costante.

Sia $ O $ il centro della circonferenza e $ T $ il punto di tangenza di $ PQ $. Sia $ J $ l'intersezione tra la tangente per $ B $ e la parallela a $ BC $ per $ O $; sia $ K $ l'intersezione tra la tangente per $ C $ e la parallela a $ BC $ per $ O $. Dimostrerò che $ J=M $ e $ K=N $.
Dai parallelismi ipotizzati nella traccia risulta la similitudine $ {\triangle{BCA}}\sim{\triangle{BEP}}\sim{\triangle{FCQ}} $ (tutti isosceli per il teorema delle tangenti applicato a $ \triangle{BCA} $). Quindi $ \hat{PBC}=\hat{BCQ}=\alpha $.
Ancora per il teorema delle tangenti, $ PB=PT $ e $ QT=QC $. Ne segue la congruenza di $ \triangle{PBO}\simeq{\triangle{POT}} $, $ \triangle{TOQ}\simeq{\triangle{QOC}} $, e degli angoli $ \hat{BPO}=\hat{OPT}=\beta $ e $ \hat{TQO}=\hat{OQC}=\gamma $. In riferimento al quadrilatero $ BCQP $, $ 2\alpha+2\beta+2\gamma=360° $, quindi $ \alpha+\beta+\gamma=180° $.
I triangoli $ \triangle{BEP} $ e $ \triangle{ETP} $ sono isosceli. In riferimento al quadrilatero $ BETP $: $ \hat{PET}=\hat{ETP}=\frac{360°-2\alpha-2\beta}{2}=\gamma $. Applicando un ragionamento analogo al quadrilatero $ FCQT $ concludiamo che $ \hat{QTF}=\hat{TFQ}=\beta $. Allora $ \hat{TEF}=180-\alpha-\gamma=\beta $, $ \hat{EFT}=180-\alpha-\beta=\gamma $, $ \hat{FTE}=180-\beta-\gamma=\alpha $.
Sia ora $ U $ l'intersezione della retta $ EP $ con $ JK $ e $ V $ l'intersezione della parallela a $ ET $ per $ U $ con $ PQ $. Per costruzione $ \triangle{BEP}\sim{\triangle{JUP}} $ e $ {\triangle{PET}}\sim{\triangle{PUV}} $ (quindi anche $ \triangle{JUP} $ e $ \triangle{PUV} $ sono isosceli). Ne deriva la conguenza $ \triangle{JOP}\simeq{\triangle{OVP}} $, da cui $ \hat{PJO}=\hat{OVP}=\alpha $; quindi $ \hat{JOV}=360°-2\alpha-2\beta=2\gamma $. Inoltre $ OJ=OV $; d'altronde è facile verificare che $ OJ=OK $, perciò $ \triangle{VOK} $ è isoscele. Ne segue che $ \hat{KVO}=\hat{OKV} $, ma per il teorema dell'angolo esterno $ \hat{JOV}=\hat{KVO}+\hat{OKV} $, quindi $ \hat{OKV}=\gamma $. $ \hat{VUK}=180°-\hat{JUP}-\hat{PUV}=180°-\alpha-\gamma=\beta $; $ \hat{KVU}=180°-\beta-\gamma=\alpha $. Allora $ \triangle{UKV}\sim{\triangle{EFT}} $. La catena di similitudini $ \triangle{JUP}\sim{\triangle{BEP}} $, $ {\triangle{UVP}}\sim{\triangle{ETP}} $, $ \triangle{UKV}\sim{\triangle{EFT}} $ implica la simlitudine dei quadrilateri $ BFTP $ e $ JKVP $, quindi $ PF $ passa per $ K $. Ripetendo un ragionamento analogo posso dimostrare che $ QE $ passa per $ J $. Quindi $ J=M $ e $ K=N $.
Per il parallelismo $ BC\parallel{MN} $, $ \hat{PMN}=\hat{MNQ}=\alpha $. In riferimento a $ \triangle{PMO} $, $ \hat{MOP}=180°-\alpha-\beta=\gamma $; In riferimento a $ \triangle{QON} $, $ \hat{QON}=180°-\alpha-\gamma=\beta $. Perciò $ {\triangle{PMO}}\sim{\triangle{QON}} $, da cui $ PM\cdot QN=OM\cdot ON=\frac{{MN}^2}{4} $

Va bene, vai pure col prossimo.