BMO 2012 - Problema 1

[Karl Zsigmondy]

Siano A, B, C punti su una circonferenza $ \Gamma $ di centro O. Supponiamo che $ \beta >90° $. Sia D il punto di intersezione della retta AB con la retta perpendicolare ad AC passante per C. Sia $ l $ la retta passante per D e perpendicolare ad AO. Sia E il punto di intereszione di $ l $ con la retta AC, e sia F il punto di intersezione di $ \Gamma $ con $ l $ che si trova tra D ed E.
Dimostrare che le circonferenze circoscritte ai triangoli BFE e CFD sono tra loro tangenti in F.

[kalu]

Detto $ K $ il diametralmente opposto ad $ A $, noto che gli angoli $ \angle ACK $ e $ \angle ABK $ sono retti (quindi, in particolare, $ K $, $ C $, $ D $ sono allineati). Inoltre sia $ H $ l'intersezione tra $ l $ e $ AK $ (quindi la proiezione di $ D $ su $ AK $). Notiamo che $ E $ è l'ortocentro di $ \triangle ADK $, quindi anche $ K $, $ E $, $ B $ sono allineati.
Per la similitudine tra i triangoli rettangoli $ \triangle ACK $ e $ \triangle HDK $, $ \angle HDK=\angle KAC $; inoltre $ \angle KAC=\angle KFC $ quindi $ \angle HDK=\angle KFC $ e i triangoli $ \triangle KFC $ e $ \triangle KFD $ sono simili. In modo analogo $ \angle HFK=\angle KAF $ per la similitudine di $ \triangle HFK $ e $ \triangle AFK $, ma $ \angle KAF=\angle KBF $ da cui $ \angle HFK=\angle KBF $ e $ \triangle KEF\approx\triangle KBF $. Da tali similitudini ricaviamo che la potenza di $ K $ rispetto alla circonferenza circoscritta a $ CFD $ vale $ KC\cdot KD=KF^2 $ e che anche la potenza di $ K $ rispetto alla circonferenza circoscritta a $ \triangle BFE $ vale $ KE\cdot KB=KF^2 $. Allora $ KF $ è tangente ad entrambe le circonferenze, da cui la tesi.

[Karl Zsigmondy]

Si, giusta! Io avevo applicato un'inversione di centro D una volta scoperte alcune cose, ma questa soluzione è molto meglio, soprattutto perché era un 1 delle BMO.