Un caro vecchio amico

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EvaristeG
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Un caro vecchio amico

Messaggio da EvaristeG » 30 giu 2010, 10:20

Il disegno dovrebbe essere cosa nota per molti, spero... dare almeno un'idea di già visto :D Il problema poi non è difficile, ma il risultato mi sembra carino.

Siano $ \Gamma,\ \omega $ circonferenze tangenti internamente, ($ \omega $ la più piccola) in un punto A.
Sia $ XY $ una corda di $ \Gamma $ tangente a $ \omega $ in $ B $ e sia $ C $ il punto medio dell'arco $ XY $ che non contiene $ A $.

Dimostrare che il raggio del cerchio circoscritto a $ CBY $ non dipende dalla scelta della corda XY.

ngshya
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Messaggio da ngshya » 05 lug 2010, 21:03

Ho notato che C si ottiene da B attraverso un'omotetia con centro in A, ma non trovo niente di interessante, non so neanche se sono sulla buona strada... qualche hint?

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 05 lug 2010, 21:19

1.
Il suggeritore ha scritto:
Considera il punto L=AY\cap\omega


2.
L'impiccione ha scritto:
I raggi di due circonferenze stanno tra loro come corde viste sotto lo stesso angolo

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karl
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Messaggio da karl » 11 lug 2010, 11:00

Immagine
Una risoluzione (semi)algebrica.
(Vedi fig.1) Sia C' l'intersezione di AB con la circonferenza maggiore ed H quella di XY con C'F.
Poniamo poi DAB=DBA=C'BY=a.Sarà allora BAE=90°-a e poiché
il triangolo C'AF è isoscele su AC' ,sarà pure BC'F=90-a .Da ciò segue che il
triangolo BC'H è rettangolo in H o ,ciò che è lo stesso, che C'F è perpendicolare ad XY.
Pertanto C' coincide in realtà col punto medio C dell'arco XY ( non contenente A).
Abbiamo allora:
(0) $ \displaystyle AC=2R\sin a,AB=2r\sin a,BC=AC-AB=2(R-r)\sin a $
Poniamo ora CXY=CYX=b.
Per noti teoremi abbiamo che :
(1) $ \displaystyle CY=CX=2R\sin b $
Inoltre dal triangolo XBC ( fig,2) si ha:
(2) $ \displaystyle CX = \frac{BC}{\sin b}\cdot \sin a $$ \displaystyle =2(R-r) \frac{\sin ^2 a}{\sin b} $
Confrontando (1) e (2) si ha:
(3) $ \displaystyle \frac{\sin b}{\sin a}=\sqrt{\frac{R-r}{R}} $
Indicando con R' il raggio richiesto e considerando CY come corda della circonferenza
circoscritta a CBY,otteniamo :
$ \displaystyle R'= \frac{CY}{2\sin a} $
E per la (1) :
$ \displaystyle R'= R\frac{\sin b}{\sin a} $
Infine per la (3):
$ \displaystyle R'=R \sqrt{\frac{R-r}{R}}= \sqrt{R(R-r)} $
Come si vede ,R' dipende solo da R e da r ma non dalla scelta del punto B.

EvaristeG
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Messaggio da EvaristeG » 11 lug 2010, 12:43

Sì, mi sembra tornare... una soluzione alternativa (non di molto) si otteneva considerando appunto il punto $ L=AY\cap\omega $; per omotetia, BL e CY sono parallele, dunque (indicando con R e r i raggi grande e piccolo rispettivamente e con R' il circoraggio di CBY) si ha:
$ BY:AY=R':R $ perché viste sotto lo stesso angolo $ \widehat{BCY} $
$ AL:AY=r:R $ per l'omotetia (o per il parallelismo, come credete)
inoltre
$ \widehat{LBY}=\widehat{BYC} $ per il parallelismo
$ \widehat{BYC}=\widehat{CXY} $ perché insistono sullo archi congruenti
$ \widehat{CXY}=\widehat{CAY} $ perché insistono sullo stesso arco.
Quindi BYL e ABY sono simili e $ BY^2=AY\cdot YL $
Dunque
$ (R'/R)^2=(BY/AY)^2=LY/AY=1-AL/AY=1-r/R $
da cui si ricava $ R'=\sqrt{R^2-rR} $.

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