Tangenza Mediale

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Saro00
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Tangenza Mediale

Messaggio da Saro00 » 23 mar 2016, 20:13

Sia $ \Gamma_1 $ una circonferenza e $ P $ un punto esterno ad essa.
Le tangenti a $ \Gamma_1 $ da $ P $ intersecano la circonferenza in $ A, B $.
Sia $ M $ il punto medio di $ PA $ e $ \Gamma_2 $ la circonferenza passante per $ P, A, B $.
$ BM $ interseca $ \Gamma_2 $ in $ C $.
$ CA $ interseca $ \Gamma_1 $ in $ D $.
$ DB $ interseca $ \Gamma_2 $ in $ E $.
$ PE $ interseca $ \Gamma_1 $ in $ F $ con $ E $ compreso tra $ P $ ed $ F $.
Dimostrare che $ AF, BP, CE $ concorrono.
Un giorno di questi mi metteranno in prigione per aver stuprato troppi problemi. 8)

igoh
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Re: Tangenza Mediale

Messaggio da igoh » 02 apr 2016, 00:37

Ci provo
Testo nascosto:
Notiamo subito che $\Gamma_2$ passa per il centro $O$ di $\Gamma_1$ infatti, essendo $PA$ e $PB$ le tangenti, $\bigtriangleup APO$ e $\bigtriangleup BPO$ sono rettangoli da cui discende facilmente che $\widehat{BPA}= \pi-\widehat{BOA}$.
Ora sia $\widehat{BDA}=\alpha$ si nota facilmente che $\widehat{BOA}=2\alpha$, $\widehat{BPA}=\pi-2\alpha$, $\widehat{PBA}=\widehat{PAB}=\alpha$ e infine $\widehat{PEB}=\alpha$ da cui $PE \parallel CD$.
Sia $T$ l'intersezione tra $BP$ e $AC$ allora abbiamo $\widehat{PBA}=\alpha$ e $\widehat{PCA}=\pi-\alpha$ da cui $\widehat{PCT}=\pi-(\pi-\alpha)=\alpha=\widehat{BDA}$ e quindi $PC \parallel BD$.
Sia $S$ il quarto vertice del parallelogramma $ACPS$ con $S\cap PF$ e $S\cap BC$(in quanto già $M\cap BC$ e $M,C,S$ allineati) e .Per costruzione $\widehat{ASC}=\widehat{SCP}=\widehat{BCP}=\alpha$ da cui $\widehat{BSA}=\pi-\alpha=\pi-\widehat{SDA}$ quindi $S\in\Gamma_1$.
Ora $\widehat{BFS}=\widehat{PBS}=\widehat{PAc}$ quindi $BF\parallel PA$ in quanto formano angoli uguali e concordi con le rette parallele $PF$ e $AC$.
Concludiamo con il teorema di Desargues applicato a$\bigtriangleup BFE$ e $\bigtriangleup PAC$ (che hanno i lati a coppie paralleli) quindi ne deriva la concorrenza cercata.

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