Circonferenze e corde

[balossino]

Posto questo problema che ho appena inventato, sperando che non sia già noto. Non lo vedo molto difficile, però è carino.

Sia AB una corda su una circonferenza di centro O. Si tracci la circonferenza di diametro AO. Chiamiamo K il punto in cui questa intercetta il segmento BO. Dimostrare che AB^(2) = 2BK*AO

[Karl Zsigmondy]

Detto r il raggio della circonferenza più grande, abbiamo che $ AB^2=2r^2(1-cosAOB) $. Il RHS è invece uguale a $ 2(BO+OK)AO=2r^2 +2rOK $. Dato che AKO è rettangolo in K ho che $ OK=r \cdot sinKAO $ quindi il LHS è uguale a $ 2r^2(1+sinKAO) $. Ma KAO=90-AOK da cui $ sinKAO=cosAOK $. La tesi quindi equivale al fatto che $ 2r^2(1-cosAOB) = 2r^2(1+cosAOK) $ ovvero $ cosAOB=-cosAOK $ che è vero perchè AOB e AOK sono supplementari.

[Mist]

Per i minimalisti:

Si ha che $AB^2= 2AO^2(1-\cos{\theta})$ dove $\theta = \hat{AOB}$.
La tesi diventa quindi $BK=AO(1-\cos{\theta})$. Ma $\hat{AOK} = \frac{\pi}{2}$ e quindi $BK = OB-OK = OA-OA \cos{\theta}$.

Carino comunque... Come ti è venuto in mente ?

P.S. Si noti che la tesi è vera se e solo se $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$

[balossino]

Sono certo che la soluzione è giusta, anche se non potrò correggerla prima di essere andato un po' più avanti nel programma scolastico... Rilancio il problema: provate a dimostrare la relazione senza ricorrere alla goniometria.

[Sonner]

Sia B' diametralmente opposto a B e sia $\omega$ la circonferenza per AB'K. La tesi equivale a $AB^2=BB'\cdot BK$. Questo a sua volta (volendo è una potenza) equivale a $AB$ tangente a $\omega$, che è vero perchè $AB'$ è diametro di $\omega$ ($\angle AKB'=180°-\angle AKO=90°$) e $\angle BAB'=90°$.

[balossino]

Sia B' diametralmente opposto a B e sia $\omega$ la circonferenza per AB'K. La tesi equivale a $AB^2=BB'\cdot BK$. Questo a sua volta (volendo è una potenza) equivale a $AB$ tangente a $\omega$, che è vero perchè $AB'$ è diametro di $\omega$ ($\angle AKB'=180°-\angle AKO=90°$) e $\angle BAB'=90°$.

Sì, perfetto

[balossino]

Carino comunque... Come ti è venuto in mente ?

Stavo riflettendo sulle proprietà dei triangoli inscritti in circonferenze, e ho pensato che nel modello dove ho due tangenti interne di cui una passa per il centro dell'altra, posso già dire qualcosa sui triangoli che si formeranno comunque si prenda un punto sul cerchio grande, e precisamente che uno sarà isoscele e l'altro rettangolo.
La mia soluzione era un po' diversa: essendo retti tutti gli angoli in K e detti a, b, c, d rispettivamente i segmenti OK, BK, AO e AB, abbiamo cc-aa=dd-bb, cioè cc=dd+(a+b)(a-b)=dd+c(a-b)=dd+c(c-2b)=dd+cc-2bc e infine dd=2bc