Olimpiadas de Matemáticas
Página de preparación y problemas

Solución. La rectas $PN$ y $PN'$ cortan de nuevo a $C_1$ en los puntos $R$ y $S$, respectivamente (estos puntos son distintos de $P$), como se muestra en la figura. Por la propiedad de la potencia de los puntos $N$ y $N'$ respecto de $C_1$ y usando las tangencias en $M$ y $M'$, obtenemos que \[MN^2=PN\cdot RN,\qquad\text{y}\qquad (M'N')^2=PN'\cdot SN'.\] Multiplicando la primera igualdad por $(PN')^2$ y la segunda por $PN^2$, llegamos a \[MN^2\cdot (PN')^2=PN\cdot (PN')^2\cdot RN,\qquad\text{y}\qquad (M'N')^2\cdot PN^2=PN'\cdot PN^2\cdot SN',\] a la vista de lo cual será suficiente ver que $PN'\cdot RN=PN\cdot SN'$, lo cual se deduce de la semejanza de los triángulos $PNN'$ y $PRS$ (se puede transformar uno en otro usando la homotecia de centro en $P$ que lleva $C_1$ en $C_2$, ¿sabrías justificarlo?). Concretamente, tenemos que \[\frac{PN}{PN'}=\frac{PR}{PS}=\frac{PR+PN}{PS+PN'}=\frac{RN}{SN'}.\]