Sto libro me 'ntrippa

Rette, triangoli, cerchi, poliedri, ...
Rispondi
scambret
Messaggi: 682
Iscritto il: 23 mag 2012, 20:49
Località: Acquarica del Capo

Sto libro me 'ntrippa

Messaggio da scambret » 10 gen 2015, 18:38

ABC triangolo, angolo in B ottuso. Le perpendicolari a CA e CB passanti per C incontrano AB in P e Q rispettivamente. Il punto medio di BP è R e il punto medio di PQ è S. Si sa che CB=CP. Sia T sull'arco AB tale che TR tange la circonferenza per ABC. Allora CT è perpendicolare a CS.

Commento a margine: si fa con qualunque cosa

Avatar utente
Lasker
Messaggi: 423
Iscritto il: 02 mag 2013, 20:47
Località: Udine

Re: Sto libro me 'ntrippa

Messaggio da Lasker » 20 mar 2015, 20:12

Allora, visto che $CB\cong CP$ per ipotesi, il triangolo $\triangle BCP$ è isoscele sulla base $BP$; ma allora $\angle RBC\cong \angle RPC$ perché angoli alla base di un triangolo isoscele, mentre la mediana $CB$ (sempre di $\triangle BCP$) è anche altezza e bisettrice. Quindi $\angle BCR\cong \angle BAC $ perché complementari di angoli congruenti, e nel dettaglio si osserva che $RC$ è tangente in $C$ a $\odot ABC$ (perché gli angoli $\angle BAC$ e $\angle BCR$ devono insistere sullo stesso arco $BC$). Considero ora il birapporto $(C,T;A,B)$ rispetto a $\odot ABC$ e proietto da $C$ sulla retta $AB$: il punto $C$ va nell'intersezione tra la tangente a $\odot ABC$ (che abbiamo dimostrato essere $CR$) in $C$ e la retta $AB$, quindi in $R$, il punto $T$ va nell'intersezione $T'$ tra la retta $CT$ e $AB$, mentre i punti $A$ e $B$ rimangono fissati. Per l'invarianza del birapporto rispetto alle trasformazioni proiettive, ottengo quindi
$$(C,T;A,B)=(R,T';A,B)$$
Proiettando ora da $T$ nuovamente sul cerchio $\odot ABC$, allo stesso modo ottengo
$$(R,T';A,B)=(T,C;A,B)\Rightarrow k=(C,T;A,B)=(T,C;A,B)=\frac{1}{k}\Rightarrow (C,T;A,B)=\pm 1 $$
La soluzione positiva è da scartare in quanto è relativa ad un caso degenere di coincidenza di punti, quindi $(C,T;A,B)=- 1$ e il quadrilatero $CATB$ è armonico. In particolare, $T$ è l'intersezione della C-simmediana di $\triangle ABC$ con $\odot ABC$.

Ora, i triangoli $\triangle ACP$ e $\triangle BCQ$ sono congruenti per il secondo criterio (infatti $\angle ACP\cong \angle ACQ\cong 90$ e $CB\cong CP$ per ipotesi, mentre $\angle CBR\cong \angle CPR$ per precedente dimostrazione ), quindi $AC\cong CQ$, $AP\cong BQ$ (e quindi $AB\cong PQ$ per differenza di segmenti congruenti) e $\angle CAP\cong \angle CQB$ perché elementi corrispondenti di triangoli congruenti, da cui si deduce (per il primo criterio) che $\triangle ABC\cong QPC$. Ma allora, visto che $CS$ è mediana di $\triangle CPQ$ per ipotesi e $CT$ è simmediana di $\triangle ABC$ per precedente dimostrazione (e i due triangoli sono simmetrici rispetto a $CR$), $\angle TCB\cong \angle SCQ$. Ma vale per ipotesi $\angle BCQ \cong\angle SCQ+\angle BCS\cong 90$, quindi anche $\angle TCS \cong\angle TCB+\angle BCS\cong 90$ e abbiamo finito (sperando di non aver usato male i birapporti come al solito :roll: ).
"Una funzione generatrice è una corda da bucato usata per appendervi una successione numerica per metterla in mostra" (Herbert Wilf)

"La matematica è la regina delle scienze e la teoria dei numeri è la regina della matematica" (Carl Friedrich Gauss)

Sensibilizzazione all'uso delle potenti Coordinate Cartesiane, possano seppellire per sempre le orride baricentriche corruttrici dei giovani: cur enim scribere tre numeri quando se ne abbisogna di due?

PRIMA FILA TUTTI SBIRRI!

Rispondi