Three circles and equal angles

[ins-]

Let $AB$ (not diameter) is a chord in the circle $k$. $C$ is a point on the segment $AB$. Circles with diameters $AC$ and $BC$ intersects $k$ again at the points $M$ and $N$. $MN$ intersects $k_1$ and $k_2$ at the points $P$ and $Q$. Prove that $\angle MCP = \angle NCQ$.

[Хорхе]

Too easy - simple angle calculation.

[ins-]

(Оффтоп)

There is no problem. Sometimes angle calculations are hard to discover. I have too difficult problems without solutions but it is not beautiful. Miquel's pentagram theorem can also be proved using angle calculation :)

[Хорхе]

(Оффтоп)

I didn't write there's a problem

[ins-]

Can you post your solution?

[Хорхе]

Let $\angle MAC=\alpha$. Then $\angle MCA = \pi/2-\alpha$. Since $AMNB$ is cyclic, $\angle MNC=\pi/2-\alpha$. Since $NCBQ$ is cyclic, $\anlge CBQ=\pi/2-\alpha = \angle MCA$, so $MC\parallel QB$ etc

[ins-]

You are correct. For earlier rounds in lower grades in some competition may be not a bad proposal.

[Dave]

Let $D$ be the intersection point of $AM$ and $PC$, and $E$ to be the intersection point of $CQ$ and $NB$. $F$ is the middle of $DE$. Prove that $FC \perp AB$.

[Хорхе]

Да, это чуть поинтересней. Проведем пару внешних касательных. $D$ лежит на прямой соединяющей точки касания $k_1$, $E$ на на прямой соединяющей точки касания $k_2$ (уже доказанная гомотетия + поляры). А так как общая внутренняя касательная делит отрезки внешних касательных пополам, то она делит и $DE$ пополам.

[Dave]

Хорхе в сообщении #573833 писал(а):

Да, это чуть поинтересней. Проведем пару внешних касательных. $E$ лежит на прямой соединяющей точки касания $k_1$, $F$ на на прямой соединяющей точки касания $k_2$ (уже доказанная гомотетия + поляры). А так как общая внутренняя касательная делит отрезки внешних касательных пополам, то она делит и $EF$ пополам.

Только вместо $F$ - по идее $D$.

А вот ещё в продолжение темы.
Пусть $H$ - точка пересечения прямых $AM$ и $BN$. Тогда и $HC \perp AB$.

[Хорхе]

Так это радикальные оси просто.

-- Вс май 20, 2012 22:05:01 --

Dave в сообщении #573844 писал(а):

Только вместо $F$ - по идее $D$.

Там на самом деле было перепутано чуть менее, чем все, спасибо, поправил.

[Dave]

Да, а ещё $F$ - центр окружности, описанной вокруг треугольника $MNC$.

[Хорхе]

То есть $FM$ и $FN$ -- касательные. До чего красиво!

(Оффтоп)

И как это Вы все видите? Люто и бешено завидую!

Ну поляры опять.

Поподробнее - пересечем $AP$ с $MC$, получим $X$, ее поляра относительно $k_1$ -- $DE$, потому $XC$ -- поляра $F$.

-- Вс май 20, 2012 23:14:50 --

Ну ладно, я тоже кое-что увидел

$AP$, $BQ$ и касательная в точке $C$ пересекаются в одной точке.

-- Вс май 20, 2012 23:28:10 --

Ага, можно намного проще. Параллелограм, диаметр и т.д. А есть вообще что-то сложное тут?

[Dave]

Я про поляры, признаться, и не думал. Изначально заметил, что $HECD$ - параллелограмм. А также то, что четырёхугольник $HNCM$ - вписанный с диаметром окружности $HC$.

[Хорхе]

А вот еще какая интересная штука. Пересечем "накрест": $MC$ с $k_2$ в точке $L$, $NC$ с $k_1$ в точке $K$. Тогда $\angle KMN=\angle MNL=\pi/2$. А толку с этого?