Altre circonferenze che si intersecano

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balossino
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Altre circonferenze che si intersecano

Messaggio da balossino » 24 gen 2012, 15:55

Due circonferenze si intersecano in A e B. Si traccino le tangenti per B intersecando la prima circonferenza in C e la seconda in D. Si tracci il segmento CD. Chiamo E il punto d'intersezione sulla circonferenza intersecata da CD. Si provi che la retta EA divide in due il segmento BC (o il segmento BD, a seconda di quale circonferenza risulta intersecata in E).

pepperoma
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Re: Altre circonferenze che si intersecano

Messaggio da pepperoma » 31 gen 2012, 22:27

(avete perfettamente ragione, per la fretta non avevo ricontrollato e infatti non ho dimostrato nulla; provvederò a correggere con più attenzione)

Posto E appartenente alla circonferenza delle due assegnate che contiene C, voglio dimostrare che EA dimezza BD. Chiamo O il centro dell'altra circonferenza ed M il punto d'intersezione di EA e BD, dopodichè congiungo O con M, B e D. La tesi equivale alla perpedicolarità di BD ed MO. Gli angoli CBD e BOM sono uguali, perchè metà dell'angolo al centro BOD. Ma CBO è retto, cioè CBD e MBO sono complementari e quindi BOM e MBO sono complementari, da cui la tesi.
Ultima modifica di pepperoma il 01 feb 2012, 23:59, modificato 1 volta in totale.

Mist
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Re: Altre circonferenze che si intersecano

Messaggio da Mist » 01 feb 2012, 14:06

scusami, ma come fai a dire che $\hat{BOM} = \frac{\hat{BOD}}{2}$ ? Forse sono io che non vedo una cosa ovvia eh...
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balossino
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Re: Altre circonferenze che si intersecano

Messaggio da balossino » 01 feb 2012, 21:10

Mist ha scritto:scusami, ma come fai a dire che $\hat{BOM} = \frac{\hat{BOD}}{2}$ ? Forse sono io che non vedo una cosa ovvia eh...
Infatti c'è un errore nel ragionamento. Il teorema dell'angolo al centro ci dice solo che BOM+MOD=2CBD, non che uno di questi angoli è effettivamente uguale a CBD.

bĕlcōlŏn
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Re: Altre circonferenze che si intersecano

Messaggio da bĕlcōlŏn » 02 feb 2012, 19:04

Problema carino! :)

[Suppongo $D,E$ sulla stessa circonferenza]

Sia F l'intersezione di $EA$ con l'altra circonferenza. Allora $\angle CFA = \angle CBA$ essendo $C,F,B,A$ quattro punti su una stessa circonferenza. Inoltre $\angle CBA=\angle ADB$ poiché $DB$ tange la circonferenza. Ma anche $\angle ADB=\angle AEB$ perché $A,B,E,D$ stanno sulla stessa circonferenza. Quindi, per transitività $\angle CFA = \angle AEB$, da cui $FC \parallel BE$. Girando gli angoli in modo del tutto analogo, si ha $FB \parallel CE$. Dunque si può concludere che $FBCE$ è un parallelogrammo, pertanto $EF$ e $BC$ si bisecano, e quindi $EF$ passa per il punto medio di $BC$.
"Il bon ton è la grazia del saper vivere, la leggerezza dell' esistere." (Lina Sotis, perfidamente elegante)

pepperoma
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Re: Altre circonferenze che si intersecano

Messaggio da pepperoma » 02 feb 2012, 23:08

Davvero un bel problema e una dimostrazione ancora più bella, a differenza della mia che neanche lo è. Battuto sul tempo, non la correggo più e la lascio come esempio delle stupidaggini da non fare. Comunque una nota, un problema di configurazione che forse avrebbe tolto un punto nella correzione: a seconda della posizione di E, gli angoli ADB e AEB possono essere uguali o supplementari e quindi andrebbero distinti i casi, nei quali però il resto della dimostrazione è sostanzialmente lo stesso.

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balossino
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Re: Altre circonferenze che si intersecano

Messaggio da balossino » 04 feb 2012, 16:04

bĕlcōlŏn ha scritto:Problema carino! :)

[Suppongo $D,E$ sulla stessa circonferenza]

Sia F l'intersezione di $EA$ con l'altra circonferenza. Allora $\angle CFA = \angle CBA$ essendo $C,F,B,A$ quattro punti su una stessa circonferenza. Inoltre $\angle CBA=\angle ADB$ poiché $DB$ tange la circonferenza. Ma anche $\angle ADB=\angle AEB$ perché $A,B,E,D$ stanno sulla stessa circonferenza. Quindi, per transitività $\angle CFA = \angle AEB$, da cui $FC \parallel BE$. Girando gli angoli in modo del tutto analogo, si ha $FB \parallel CE$. Dunque si può concludere che $FBCE$ è un parallelogrammo, pertanto $EF$ e $BC$ si bisecano, e quindi $EF$ passa per il punto medio di $BC$.
Ti faccio i miei complimenti! Non avevo pensato neanche lontanamente a una soluzione così. La mia è piuttosto bruttina... ma prima di postarla, un consiglio: esplicita i passaggi anche nella seconda parte, perché non è vero che gli angoli vengono girati in modo del tutto analogo. Se noti, nell'uguaglianza di FEC e EBD entra in gioco il teorema dell'angolo esterno al quadrilatero ciclico, che prima non avevamo citato, e in più ci sono meno passaggi. Lo dico solo perché a Cesenatico possono levarti dei punti per cavolate come queste, e sarebbe piuttosto spiacevole.

Dunque, con la tua notazione la mia soluzione viene così:
Sia M il punto di intersezione tra EF e CB. Per quello che abbiamo detto, MEC=EBD=AFB, e per il teorema dell'angolo alla circonferenza, tutti questi angoli sono uguali a ACB. Ora sappiamo che EMC è simile a ACM, perché hanno un angolo uguale e un altro in comune (AMC). Anche EMB sarà simile a AMB per la stessa ragione. Dunque MB e MC sono medi proporzionali tra le lunghezze MA e ME, e di conseguenza sono uguali.

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