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Siano $\omega_1$ e $\omega_2$ due circonferenze tangenti esternamente in $T$. Una retta tange $\omega_2$ in $X$ e interseca $\omega_1$ in $A$ e $B$. Sia $S$ il secondo punto di intersezione di $\omega_1$ con la retta $XT$. Sull'arco $TS$ che non contiene $A$ e $B$ si scelga un punto $C$. Sia $CY$ la retta tangente a $\omega_2$, con $Y\in\omega_2$, tale che il segmento $CY$ non interseca il segmento $ST$. Se $I=XY\cap SC$, dimostrare che
(a) $C, T, Y, I$ sono conciclici
(b) $I$ è l'excentro di $\triangle ABC$ opposto ad $A$.

Per il punto (a) ridefinisco $I$ come l'intersezione tra la circonferenza per $CYT$ e $XY$ e dimostro che $I$ sta su $CS$.
Inverto in $T$ e la tesi diventa $CSTI$ ciclico. Ma per ciclicità $\angle{CIT}=\angle{YXT}$ e da $YX\parallel CS$ (vero perchè $\omega_1$ tangeva $\omega_2$ ) ottengo $\angle{YXT}=180-\angle{CST}$ e perciò $CSTI$ ciclico quindi la tesi.

Punto (b). Considero l'omotetia in $T$ che manda $\omega_1$ in $\omega_2$. Allora $S'=X$ e la corda $A'B'$ è parallela alla tangente in $X$ quindi $X$ punto medio dell'arco $A'B'$ e perciò $S$ punto medio dell'arco $AB$. Da questo ottengo banalmente per angoli che $CS$ è bisettrice esterna dell'angolo $\angle{ACB}$ ... Quindi insomma ora mi resta solo da dimostrare che l'excentro di $BAC$ sta su $XY$. Ma questo è vero per il lemma del bambino che funziona praticamente identico se al posto di incentro si parla di excentro!

Perfect, a te il prossimo