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Per dimostrare che lezioni di Sam servono.

Sono date due circonferenze C_1 e C_2 e un punto O esterno ad esse.
Le due circonferenze si incontrano in E e in F.

Sappiamo che l'angolo che formano le tangenti a C_1 passanti per O è uguale a quello che formano le tangenti a C_2 passanti per O.

Dimostrare che l'angolo tra una tangente a C_1 passante per O e FO è uguale all'angolo tra una tangente a C_2 passante per O e EO.

Buon lavoro enomis

Il quesito è utillimo..e c'è una soluzione che usa solo trasformazioni..

UP!!

Fatto! Giusto in tempo, che ora vado a dormire e i prossimi giorni sono a sciare, ciao ciao.


Allora, l'ipotesi del problema che ci dice? Semplicemente che esiste una rotomotetia di centro O che manda una circonferenza nell'altra.
Quindi:
$ ~ \frac{OO_1}{OO_2} = \frac{r_1}{r_2} $
Ma vale anche, ovviamente: $ ~ \frac{XO_1}{XO_2} = \frac{r_1}{r_2} $
Dove al posto di X possiamo mettere E,F e i centri di similitudine delle due circonferenze. Quindi sappiamo semplicemente che O è sulla circonferenza di Apollonio rispetto ai centri delle circonferenze che passa per i loro centri di similitudine.

Vogliamo dimostrare che OS_i è anche la bisettrice di EOF.
Ma questo segue da un fatto più generale sulle circonferenze di Apollonio, che è equivalente a questo problema: viewtopic.php?t=6497



La retta per P interseca una circonferenza in A e B. A' è il simmetrico di A rispetto ad OP. P' è l'inverso di P rispetto alla circonferenza. Dimostrare che B,P',A' sono allineati.
Proof: l'inversa della retta PAB passa per A,B,P' e O, che sarà un quadrilatero ciclico. Sappiamo anche che OAB è isoscele. Il teorema segue dall'angle chasing.

Come applichiamo questo al problema originario? Chiamiamo X l'intersezione tra OE e O_1O_2, X' il suo inverso rispetto alla circonferenza di Apollonio. Abbiamo che:
$ ~ \angle EOS_i = \angle XOS_i = \angle X'OS_i = \angle FOS_i $
Dove abbiamo usato il teoremino di prima e il fatto che l'inversione conserva gli angoli.


Enomis, son molto curioso della tua soluzione!!
Scrivila per quando torno (ovvero, la leggo mercoledì mattina... mattina presto perchè poi io e non solo io ho un'impegno )

Scusa se rispondo solo ora ma anche io sono stato un po' via
(spero di non avere fatto troppo casino con le lettere )

Siano rispettivamente A,B, C,D i punti di tangenza a $ C_1 $ e $ C_2 $.
Sia $ O_1 $ il centro di $ C_1 $ e $ O_2 $ di $ C_2 $.
Sia $ \alpha =\widehat{O_1OO_2} $.

Sia $ C_5 $ la circonferenza simmetrica di $ C_1 $ rispetto alla retta $ O_2O $.
Chiamato H il simmetrico di E ottengo che $ \widehat{DOH} =\widehat{COE} $.
$ \widehat{O_5OO_2} $ risulta essere $ \alpha $.

Ruoto $ C_5 $ e $ C_2 $ di angolo $ \alpha $ mandando $ O_2 $ in $ O_3 $ sulla retta $ O_1 O $ e $ O_5 $ in $ O_4 $ sulla retta $ O_2 O $.
$ C_5 $ sarà mandata in $ C_4 $ e $ C_2 $ in $ C_3 $.
La retta $ DO $ sarà mandata in $ BO $ e $ CO $ in $ AO $.
$ C_3 $ risulterà omotetica a $ C_1 $ con centro O.

$ C_4 $ risulterà la simmetrica di $ C_1 $ rispetto alla bisettrice di $ \widehat{O_2OO_1} $.
In particolare risulterà omotetica di $ C_2 $ con centro O ( $ C_2 $ è simmetrica di $ C_3 $ rispetto alla bisettrice di $ \widehat{O_2OO_1} $).
H sarà mandato in G intersezione tra $ C_3 $ e $ C_4 $.

La tesi è equivalente a dimostrare che O,F,G sono allineati.

Considero le due intersezioni tra $ C_1 $ e $ C_3 $(P e Q) e le due intersezioni tra $ C_2 $ e $ C_4 $ (S e T)
È facile verificare che sono equidistanti da O e quindi esiste una circonferenza $ C_6 $ di centro O che passa per tutti e 4 questi punti.

Inoltre...
Invertendo $ C_1 $ rispetto a $ C_6 $ ottengo $ C_3 $ e viceversa.
Invertendo $ C_2 $ rispetto a $ C_6 $ ottengo $ C_4 $ e viceversa.

In particolare il punto G di intersezione tra $ C_3 $ e $ C_4 $ sarà mandato nel punto F di intersezione tra $ C_2 $ e $ C_1 $ .
Ma questo vuole dire che O,F,G sono allineati e quindi la tesi è dimostrata.

PS: buone sciate!!