OliForum Matematico

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 $

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.

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

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.

vai col 24

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