Angolo al centro

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alegh
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Angolo al centro

Messaggio da alegh » 05 ago 2016, 20:51

Su una circonferenza di centro $A$ e raggio $R$ vengono presi nell'ordine quattro punti distinti $B,C,G,H$ in modo tale che $G$ giaccia sul prolungamento della mediana del triangolo $ABC$ condotta da $B$, e $H$ giaccia sul prolungamento dell'altezza di $ABC$ condotta da $B$. Detta $X$ l'intersezione fra le retta $AC$ e $GH$, si dimostri che il segmento $AX$ è lungo $2R$.

Fonte:
Testo nascosto:
Cesenatico 2014 - 4

Rho33
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Re: Angolo al centro

Messaggio da Rho33 » 06 ago 2016, 12:10

Carino, ma abbastanza facile per essere un $4$ (è durato giusto il tempo della mia colazione, e bevo soltanto il latte :oops: ) Tu come lo hai trovato?

Propongo due conclusioni differenti:
Testo nascosto:
Sia $M$ il punto medio di $AC$ , sia $C'$ il simmetrico di $C$ rispetto ad $A$ e sia $\Gamma = \odot (BCHG)$ . Calcoliamo:

$$Pow_{\Gamma}(X)=XC \cdot XC'= XH \cdot XG \iff Pow_{\Gamma}(X)=XC^2+2XC \cdot CA= XH \cdot XG$$

Si nota subito che $B,H$ sono simmetrici rispetto ad $AC$. Grazie ai triangoli simmetrici $\triangle AMH, \triangle AMB$ così come il triangolo isoscele $\triangle ABG$ otteniamo:

$$\angle MHA= \angle MBA= \angle MGA$$ ovvero $MHGA$ è ciclico.

Sia $\Omega = \odot (MHGA)$, calcoliamo:

$$Pow_{\Omega} (X)= XM \cdot XA= XH \cdot XG$$

Ma allora, grazie alla potenza calcolata in precedenza, otteniamo:

$$XM \cdot XA=XC^2+2XC \cdot CA \iff (XC+ CM) (XC+2CM)= XC^2+4XC \cdot CM \iff XC=2CM=CA $$


In alternativa, con un angle-chasing molto veloce, si ottiene che anche $BXGA$ è ciclico, ovvero otteniamo (sfruttando anche che $BCGC'$ è ciclico):

$$AM \cdot MX= BM \cdot MG=CM \cdot MC' \iff MX=MC' \iff CX= AC' $$

alegh
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Re: Angolo al centro

Messaggio da alegh » 06 ago 2016, 13:13

Sì, anch'io non ho impiegato molto tempo per risolverlo e l'ho trovato piuttosto semplice (ammesso che la mia soluzione sia corretta). La mia soluzione, che non è certamente una delle più belle, è in coordinate cartesiane, siccome con qualche osservazione (spero effettivamente corretta) diventa piuttosto veloce.

Nel caso ti interessasse riporto le linee guida del mio procedimento:
Testo nascosto:
Senza perdita di generalità siano poste queste coordinate: $B(0,0)$, $A(c,a)$; chiaramente $\triangle ABC$ isoscele, quindi $C(2c,0)$.
(credo che sempre senza perdita di generalità io possa porre $R=1$ però non ne sono sicuro)

Per calcolare $H$ si nota che questo punto è il simmetrico di $B$ rispetto alla retta $AC$.

Per $G$ non ho trovato trucchi che evitino il sistema con la circonferenza ma avendo scelto $B$ come origine i calcoli non sono poi così complicati.

Se devo dimostrare che $AX=2R$, allora ovviamente $CX=R=AC$, ma quindi $X$ è il simmetrico di $A$ rispetto a $C$.

Con una semplice simmetria centrale calcolo quindi le coordinate di $X$, che inserisco nell'equazione della retta $GH$ che risulta soddisfatta.

La tesi è quindi chiaramente dimostrata.
Se avessi qualche commento/critica per la mia soluzione, sono graditissimi.

P.S. ovviamente entrambe le tue soluzioni sono corrette e mi sembra particolarmente interessante quella con le potenze (non credo ci avrei mai pensato)

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Lasker
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Re: Angolo al centro

Messaggio da Lasker » 07 ago 2016, 01:08

Volendo dalla prima ciclicità si finisce subito!
Testo nascosto:
Inversione
"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!

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