48. Cerchio turco

[Triarii]

Chiedo scusa se è già stato postato
Dato un cerchio con centro O, le due rette tangenti condotte da un punto S esterno al cerchio toccano il cerchio nei punti P e Q. La retta SO interseca il cerchio in A e B, con B più vicino a S. Sia X un punto interno dell'arco minore PB. La retta SO interseca le rette QX e PX rispettivamente in C e D.
Provare che $ \frac{1}{AC}+\frac{1}{AD}=\frac{2}{AB} $

[spugna]

Chiamiamo $T$ l'intersezione $AB \cap PQ$, $2 \theta$ l'angolo $\widehat{POQ}$, con $0<\theta<\dfrac{\pi}{2}$, $\alpha$ e $\beta$ gli angoli $\widehat{PQX}$ e $\widehat{QPX}$, e $r$ il raggio della circonferenza: indipendentemente da $X$ si ha $\widehat{PXQ}=\dfrac{2\pi-2\theta}{2}=\pi-\theta \Rightarrow \alpha+\beta=\theta$
A questo punto calcoliamo $AC$ e $AD$:
$AC=AO+OT+TC=r+r \cos{\theta}+QT \tan{\alpha}=r(1+\cos{\theta}+\sin{\theta} \cdot \tan{\alpha})$
Analogamente, $AD=r(1+\cos{\theta}+\sin{\theta} \cdot \tan{\beta})$

Ora possiamo sostituire nella tesi e moltiplicare tutto per $r$:
$\dfrac{1}{1+\cos{\theta}+\sin{\theta} \cdot \tan{\alpha}}+\dfrac{1}{1+\cos{\theta}+\sin{\theta} \cdot \tan{\beta}}=1$

$(1+\cos{\theta}+\sin{\theta} \cdot \tan{\alpha})+(1+\cos{\theta}+\sin{\theta} \cdot \tan{\beta})=(1+\cos{\theta}+\sin{\theta} \cdot \tan{\alpha})(1+\cos{\theta}+\sin{\theta} \cdot \tan{\beta})$

$2(1+\cos{\theta})+\sin{\theta}(\tan{\alpha}+\tan{\beta})=(1+\cos{\theta})^2+\sin{\theta}(1+\cos{\theta})(\tan{\alpha}+\tan{\beta})+\sin^2{\theta} \cdot \tan{\alpha} \cdot \tan{\beta}$

$[2-(1+\cos{\theta})](1+\cos{\theta})=\sin^2{\theta}=\sin{\theta} \cdot \cos{\theta}(\tan{\alpha}+\tan{\beta})+\sin^2{\theta} \cdot \tan{\alpha} \cdot \tan{\beta}$

$1=\dfrac{\tan{\alpha}+\tan{\theta}}{\tan{\theta}}+\tan{\alpha} \cdot \tan{\beta} \Leftrightarrow \tan{\theta}=\dfrac{\tan{\alpha}+\tan{\beta}}{1-\tan{\alpha} \cdot \tan{\beta}}=\tan{(\alpha+\beta)}$

A questo punto basta ricordare che $\alpha+\beta=\theta$ e l'uguaglianza è verificata

[Triarii]

Perfetto Procedi pure

[Mist]

Per amor di bellezza, odio dei conti e senso di colpa per la mia lunga assenza, senza pretese sulla successione al trono della staffetta posto la mia dimostrazione.

Anzitutto notato che, detto $r$ il raggio della circonferenza, $AC= r+OC$, $AD=r+OD$ e $AB=2r$,ostituendo nella tesi e dopo qualche conto ci si ritrova a dover dimostrare che $OD\cdot OC=r^2$, ovvero che un inversione di centro $O$ e raggio $r$ manda $C$ in $D$. Notiamo ora che essendo $C,D$ ed $O$ collineari, l'inversione manda $C$ sulla retta $OD$. Inoltre, è noto che la retta $PX$ invertita diventa una circonferenza passante per $P$, per $X$ e $O$. Anche $C$ apparterrebbe a tale circonferenza. Non resta da dimostrare quindi che $COPX$ sono ciclici ed abbiamo finito. Ora, essendo $\hat{PXQ} = \pi -\hat{POC}$, si ha che $\hat{OXD} = \pi -\hat{POC} - \hat{PXO}$. Consideranto ora il triangolo $PCO$, si ha che $\hat{PCO} = \pi -\hat{POC} - \hat{PXO}$. Perciò $OXD \sim OCX$ ed in particolare $\pi -\hat{XPO} = \pi -\hat{PXO} = \hat{OXC} = \hat{ODX}$. Ciò implica che $OPXD$ è ciclico e quindi la tesi.