SNS 1980-1981 n°3

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amatrix92
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SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da amatrix92 » 14 gen 2011, 00:54

Visto che non c'è ancora sul forum e mi è sembrato carino e olimpico lo posto anche se non è affatto difficile :)!

Siano date due circonferenze $ C $ e $ C' $ di centri $ O $ e $ O' $ secanti tra loro nei punti $ A $ e $ B $.
Sia $ P $ un punto sulla circonferenza $ C $ esterno a $ C' $, sia $ M $ la seconda intersezione di $ PA $ con $ C' $ e sia $ N $ la seconda intersezione di $ PB $ con $ C' $.
Si dimostri che la retta $ MN $ è perpendicolare alla retta $ PO $.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

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domx
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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da domx » 14 gen 2011, 15:25

uhm, ma per forza PA e PB intersecano la circonferenza C'? Io ho provato e non mi pare che questo avviene sempre...

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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da amatrix92 » 14 gen 2011, 16:01

domx ha scritto:uhm, ma per forza PA e PB intersecano la circonferenza C'? Io ho provato e non mi pare che questo avviene sempre...
Gli unici casi in cui non la intersecano in un 2° punto è quando PA o PB sono tangenti a C' in questi casi M coincide con A e N coincide con B.
Le parole non colgono il significato segreto, tutto appare un po' diverso quando lo si esprime, un po' falsato, un po' sciocco, sì, e anche questo è bene e mi piace moltissimo, anche con questo sono perfettamente d'accordo, che ciò che è tesoro e saggezza d'un uomo suoni sempre un po' sciocco alle orecchie degli altri.

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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da domx » 14 gen 2011, 16:15

amatrix92 ha scritto:
domx ha scritto:uhm, ma per forza PA e PB intersecano la circonferenza C'? Io ho provato e non mi pare che questo avviene sempre...
Gli unici casi in cui non la intersecano in un 2° punto è quando PA o PB sono tangenti a C' in questi casi M coincide con A e N coincide con B.
non riesco a fare il disegno al pc, però (a meno che non intendi i prolungamenti di PA e PB) mi pare ci siano parecchi casi in cui quei segmenti non intersecano C'...

Veluca
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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da Veluca » 14 gen 2011, 16:17

Si intende le rette PA e PB ;)

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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da domx » 14 gen 2011, 16:20

Veluca ha scritto:Si intende le rette PA e PB ;)
ah ecco, così sì ;)
ora non ho tempo, magari dopo provo a pensarci su ;)

staffo
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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da staffo » 14 gen 2011, 21:25

Premetto che senza disegno non so se si capirà molto.

Innanzitutto, percaso se volete rappresentarvelo, ho rappresentato la circonferenza di centro $ O $ a sinistra più piccola e quella di centro $ O' $ a destra più grande. ho chiamato il punto di intersezione in alto $ A $ e l'altro $ B $.

Il punto $ P $ lo ho preso nella parte in alto a sinistra della circonferenza $ C $

ho poi tracciato la retta che dovevo dimostrare essere perpendicolare ad $ MN $ e ho chiamato il punto di intersezione con l'arco $ AB $ --> $ H $ (L'arco di $ C $) e il punto di incontro con $ MN $ --> $ K $ .

Ora, trovo che $ \widehat {BPH} = \widehat {BAH} $ perchè insistono sullo stesso arco. Trovo inoltre che $ \widehat {PAH}= \widehat {PBH} = 90° $ perche $ PH $ diametro. Da cui segue ovviamente che $ \widehat {NBH} = \widehat {HAM} = 90° $.

Ora sapendo che $ BANM $ è un quadrilatero inscritto, sfrutto la relazione della somma degli angoli non consecutivi
uguale a 180°.

Da questo ne conseguo che $ \widehat {BNM} = 180° - \widehat {BAM} = 180° - 90° - \widehat {BAH} = 90° - \widehat {BAH}= 90° - \widehat {BPH} $

Da ciò osservando i triangoli $ PNK $ e $ BPH $ ricavo per differenza di angoli che $ PK $ è perpendicolare a $ MN $
q.e.d.

P.S. spero si capisca la soluzione perchè è un po' angolosa e senza disegno magari non si capisce bene.
[tex]\Lambda \eta \delta r \epsilon \alpha[/tex]

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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da amatrix92 » 14 gen 2011, 21:50

L'ho controllata e dovrebbe tornare! Complimenti a breve posto anche la mia! :)
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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da Veluca » 15 gen 2011, 00:05

Intanto metto la mia:
Traccio la tangente PX a C. Mi basta mostrare PX//MN (visto che PX è perpendicolare a PO)
Ma $\widehat{BPX}\cong\widehat{BAP}\cong\widehat{BNM}$ perchè angoli alla crf che insistono su uno stesso arco, da cui la tesi.
(dove si usa che P debba essere esterno a C'? evita solo problemi di configurazione credo..)

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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da Euler » 15 gen 2011, 13:12

Volendo si può anche fare un'inversione di centro P con circonferenza di riferimento che interseca l'intersezione tra la tangente a C' per P e C', e si trova la tesi in poco tempo

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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da amatrix92 » 15 gen 2011, 13:44

Veluca ha scritto:Intanto metto la mia:
Traccio la tangente PX a C. Mi basta mostrare PX//MN (visto che PX è perpendicolare a PO)
Ma $\widehat{BPX}\cong\widehat{BAP}\cong\widehat{BNM}$ perchè angoli alla crf che insistono su uno stesso arco, da cui la tesi.
(dove si usa che P debba essere esterno a C'? evita solo problemi di configurazione credo..)
Sì credo anche io eviti solo problemi di configurazione; per quanto riguarda la tua soluzione non capisco bene l'equivalenza tra i tre angoli, perchè dici che insistono tutti sullo stesso arco? Una insiste su BX, una su PB e uno su BM. :?:
$ $

Questa è invece la mia soluzione.

WLOG $ C > C' $
Chiamo $ K $ l'intersezione tra $ PO $ e $ C $ diversa da P. $ PK $ sarà dunque diametro di $ C $ e l'angolo $ \widehat{PBK} $ sarà dunque retto poichè insiste su un diametro e $ B $ appartiene a $ C $ per ipotesi.

$ \widehat {MAB} \equiv \widehat {MNB} $ (insistono sullo stesso arco $ AB $)

$ \widehat {MAB} \equiv \widehat{PAB} $ ( $ P $, $ M $ e $ A $ sono allineati)

$ \widehat{PKB} \equiv \widehat {PAB} $ (insistono sullo stesso arco $ PB $ )

Quindi detta $ Z $ l'intersezione tra $ PO $ e $ MN $ abbiamo che $ PBK $ è simile a $ PZN $ PER $ 1° $ criterio di similitudine ($ \widehat {P} $ è in comune e $ \widehat {MNB}\equiv \widehat {PKB}) $ da cui
$ \widehat {PZN} = 90° $
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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da Veluca » 15 gen 2011, 14:11

il primo angolo è l'angolo tra BP e la tangente in P, che si considera come caso limite di angolo alla crf su BP.
Il secondo insiste su BP in una circonferenza, ma nell'altra insiste su BM
(non era molto chiaro lo ammetto)

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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da amatrix92 » 15 gen 2011, 15:30

Veluca ha scritto:il primo angolo è l'angolo tra BP e la tangente in P, che si considera come caso limite di angolo alla crf su BP.
Il secondo insiste su BP in una circonferenza, ma nell'altra insiste su BM
(non era molto chiaro lo ammetto)
Allora la seconda uguaglianza l'ho capita e mi torna, l'unica cosa che mi sembra ancora oscura è la parte in grassetto. Che vuol dire? Nel triangolo XPB, X non appartiene alla circonferenza essendo un punto sulla retta tangente passante per P distinto da P, prorpio per definizione di tangente alla circonferenza.
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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da Veluca » 15 gen 2011, 16:24

X non c'entra una mazza in tutto ciò, è lì solo per indicare "prendi l'angolo che la tangente in P forma con BP".
Prova a immaginare l'angolo ABC su una crf: con B che si avvicina molto ad A, AB tende a diventare la tangente in A e BC tende a diventare AC: si può quindi considerare l'angolo di corda+tangente in un estremo come un caso limite di angolo alla crf, una specie di angolo "AAC"
Il discorso andrebbe formalizzato, ma è proprio una cosa da 5 minuti mostrare che quell'angolo è uguale a, ad esempio, AA'C, con A' diametralmente opposto di A

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Re: SNS 1980-1981 n°3

Messaggio da amatrix92 » 15 gen 2011, 20:04

Questa tecnica non l'avevo mai vista, è per questo motivo che non la capivo, comuqnue sì in questo caso tutto torna, soluzione giusta ;)!
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