Dalle B(ritish)MO

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pepperoma
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Dalle B(ritish)MO

Messaggio da pepperoma » 15 giu 2011, 23:09

Due circonferenze di centri B e C sono tangenti esternamente in A. Condotta una tangente comune t non passante per A, la perpendicolare per A a t e l'asse di BC si intersecano in F. Dimostrare che BC=2AF.

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kalu
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Re: Dalle B(ritish)MO

Messaggio da kalu » 16 giu 2011, 17:02

Chiamo $ D $ e $ E $ i punti di tangenza di $ t $ rispetivamente con la circonferenza di centro $ B $ e con quella di centro $ C $. Chiamo $ M $ il punto medio di $ BC $ e $ N $ il punto medio di $ DE $. Ovviamente $ BD \perp DE $ e $ CE \perp DE $. Per Talete $ MN \parallel BD \parallel CE $. Per semplicità, da adesso chiamo $ b $ la lunghezza del raggio $ BA $ e $ c $ la lunghezza del raggio $ CA $. WLOG $ b \ge {c} $. $ DE^2=BC^2-(BD-CE)^2=(b+c)^2-(b-c)^2=4bc $, quindi $ DN=EN=\sqrt{bc} $. $ BN^2=BD^2+DN^2=b^2+bc $; $ CN^2=CE^2+EN^2=c^2+bc $. Noto che $ BN^2+CN^2=(b+c)^2=BC^2 $, quindi $ \triangle BCN $ è rettangolo. L'altezza di tale triangolo è quindi pari a $ \frac{BN\cdot {CN}}{BC}=\frac{\sqrt {(b^2+bc)(c^2+bc)}}{b+c}=\sqrt{bc}=\sqrt{AB \cdot AC} $, quindi, per il secondo teorema di Euclide, l'altezza di $ \triangle BCN $ è proprio $ AN $. Ricapitolando: $ AN \perp BC $ e $ MF \perp BC $, quindi $ AN \parallel MF $; $ AF \perp DE $ e $ MN \perp DE $, quindi $ AF \parallel MN $. Allora $ AFMN $ è un parallelogramma, e quindi $ AF=MN $; ma $ 2MN=BC $ perchè $ MN $ è la mediana relativa all'ipotenusa nel triangolo rettangolo $ \triangle BCN $. Le BritishMO sarebbero la versione inglese di Cesenatico?
Ultima modifica di kalu il 21 giu 2011, 17:21, modificato 1 volta in totale.
Pota gnari!

pepperoma
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Re: Dalle B(ritish)MO

Messaggio da pepperoma » 16 giu 2011, 19:44

Praticamente sì, si tratta delle British Mathematics Olympiads. La soluzione è giusta e anche carina, hai scoperto un po' di cose interessanti (attenzione però che negli ultimi tre righi confondi A con C). Comunque, ai fini della soluzione c'è una via un po' più breve.

bĕlcōlŏn
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Re: Dalle B(ritish)MO

Messaggio da bĕlcōlŏn » 16 giu 2011, 22:01

Sia $M$ il punto medio di $BC$ e $G$ l'intersezione di $t$ con $BC$. Sia $C'$ il punto di tangenza di $t$ con la circonferenza di centro $C$. Suppongo che $r_b>r_c$. $CC'G$ e $MAF$ sono simili perché rettangoli e l'angolo in $G$ è uguale all'angolo in $F$. Allora $\dfrac{CG}{CC'} = \dfrac{AF}{AM} \Rightarrow AF=AM\dfrac{CG}{CC'}$.
Ma si ha che, per Talete, essendo $GC$=x, $\dfrac{x}{x+r_b+r_c}=\dfrac{r_c}{r_b}$ e dunque $x=r_c\dfrac{r_b+r_c}{r_b-r_c}$.
Sostituendo nell'uguaglianza di prima $ AF=AM\dfrac{CG}{CC'}=\dfrac{r_b-r_c}{2}\dfrac{r_c\dfrac{r_b+r_c}{r_b-r_c}}{r_c}=\dfrac{r_b+r_c}{2}$ come si voleva.
"Il bon ton è la grazia del saper vivere, la leggerezza dell' esistere." (Lina Sotis, perfidamente elegante)

pepperoma
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Re: Dalle B(ritish)MO

Messaggio da pepperoma » 17 giu 2011, 12:34

Molto bene anche qui, ma si può sintetizzare ancora (soprattutto evitando questi calcoli).

Nabir Albar
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Re: Dalle B(ritish)MO

Messaggio da Nabir Albar » 19 giu 2011, 16:09

Uso i nomi che ha dato belcolon e chiamo anche $B'$ il punto di tangenza con $t$ della crf. di centro $B$.
Osservo che $\angle AFM=\angle CGC'$, quindi $AF=\frac{AM}{\sin\angle AFM}=\frac{AM}{\sin\angle CGC'}$, ma $AM=|AB-\frac{AB+AC}{2}|$, quindi $AF=|\frac{AB-AC}{2\sin\angle CGC'}|=|\frac{BB'-CC'}{2\sin\angle CGC'}|=\frac{1}{2}|BG-CG|=\frac{1}{2}BC$ :o

pepperoma
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Re: Dalle B(ritish)MO

Messaggio da pepperoma » 20 giu 2011, 19:54

Ancora bene. Ora la mia dimostrazione. Mantenendo sempre questa notazione, si vede subito la similitudine di $ BB'G $ e $ AFM $; tracciando per $ C $ la parallela a $ GB' $ che interseca $ BB' $ in $ H $, ovviamente sono simili pure $ AFM $ e $ BCH $, ma $ AM=(AB-AC)/2 $ e $ BH=BB'-CC'=AB-AC. $ Perciò il rapporto di similitudine è 2 e $ BC=2AF. $

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