Staffetta 23

[exodd]

La circonferenza $ \omega $, di centro $ O $, tange internamente la crf. $ \gamma $ nel punto $ S $.
Presa una corda $ AB $ di $ \gamma $, tangente ad $ \omega $ in $ T $, ed un punto $ P $ su $ AO $, dimostrare che $ PB \perp AB $ se e solo se $ PS \perp TS $

[Sonner]

Metto la mia così i geniacci possono mettere la loro (non faccio nomi ma girano 3-4 soluzioni in tutto ). Ci ho perso parecchio tempo tra l'altro...

Lemma (che è praticamente il problema): in ABC triangolo sia $\omega$ la cfr di centro O' per A e tangente a BC in D piede della bisettrice, allora la bisettrice esterna di A, la perpendicolare a BC da C e BO' concorrono.

Dimostrazione: sia P l'intersezione della perpendicolare da C con BO'. Voglio dimostrare che P appartiene alla bisettrice esterna. Q intersezione dell'asse di AD con AB. Allora QD // AC ($\angle QDA=\frac{\alpha}{2}$). L'omotetia di centro B e fattore BC/BD manda dunque D in C, S in P, Q in A l'asse della bisettrice interna nella bisettrice interna (passa per A e resta perpendicolare), quindi P sta sulla bisettrice esterna.

Detto questo il problema è presto fatto siccome se P (che per definizione sta su BO') sta sulla perpendicolare a BC da C, allora sta anche sulla bisettrice esterna e viceversa.

EDIT: come al solito ho scazzato tutte le lettere... comunque dovrebbe essere che SAB diventa ABC.

[exodd]

sì, hai scazzato un po' di lettere XD
Ti resta solo da dimostrare solo che ST è realmente la bisettrice di ASB, anche se è abbastanza banale

[Sonner]

Ah sì scusa l'avevo dato per noto ma mi sono dimenticato di dirlo.

Chiamo M l'altra intersezione di ST con la cfr più grande. Allora la tangente in M è parallela ad AB (l'omotetia di centro S che manda una cfr nell'altra manda AB nella tangente in M), quindi M è punto medio dell'arco AB, ma allora $\angle ASM =\angle MAB =\angle MBA =\angle MSB$ e ST è bisettrice.

[exodd]

vai col 24

[Sonner]

Ecco qui!