I gara a squadre UNIMI- Quesito 5

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Boll
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I gara a squadre UNIMI- Quesito 5

Messaggio da Boll » 08 dic 2005, 12:33

Data la circonferenza $ \gamma $ inscritta nel triangolo $ ABC $, siano $ D $ il punto di tangenza di $ \gamma $ con il lato $ AC $ e $ M $ il punto diametrialmente opposto a $ D $. Detto $ K $ il punto di intersezione tra la retta $ BM $ e il lato $ AC $, si dimostri che $ AK=CD $
"Ma devo prendere una n-upla qualsiasi o una n-upla arbitraria?" (Lui)

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frengo
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Messaggio da frengo » 09 dic 2005, 18:40

sia $ r $ la tangente a $ \gamma $ per $ M $, e siano $ P $ e $ Q $ i punti di intersezione tra $ r $ e (rispettivamente) $ AB $ e $ BC $. Chiaramente, $ r//AC $. Visto che $ BP+PM=BQ+QM $(si vede usando un paio di volte il fatto che le 2 tangenti sono uguali) e che i punti $ A,K,C $ si ottengono da $ P,M,Q $ tramite un'omotetia,
$ BA+AK=BC+CK $, semplificando (e usando di nuovo qualche coppia di tangenti uguali)
$ AD+AK=CD+CK $
chiamato $ S $ il punto medio di $ DK $, si ha
$ 2AS=2CS $
ovvero $ S $ è anche il punto medio si $ AC $.Da ciò si vede che $ K $ e $ D $ sono simmetrici rispetto al punto medio di $ AC $, cioè $ AK=CD $

ciao ciao a tutti

ps ho capito fare dei problemi tipo cesenatico, ma adeso copiarli........

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Boll
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Messaggio da Boll » 09 dic 2005, 21:42

Perfetto

Chi non si è arrabattato almeno una volta nella vita con il bruttissimo e improbo Cesenatico 2001.5 ??!!!?? :D:D:D
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enomis_costa88
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Messaggio da enomis_costa88 » 29 gen 2006, 16:05

Ho usato i nomi del testo originale (cese 2001):
Ho usato il lato AB invece che AC, il punto D l'ho chiamato T, il punto M l'ho chiamato D, il punto K quì si chiama S.
la tesi diventa AT= SB

sia l'incentro di ABC (0,0)
T(1,0)
D(-1,0)
$ C(x_c,y_c) $
senza perdita di generalità suppongo$ y_b > y_a $

AB retta: x=1
CD retta: $ y= \frac{y_c}{x_c+1}(x+1) $
La circonferenza risulta $ x^2+y^2=1 $

trovo le coordinate di S intersecando AB e CD:
$ S(1;\frac{2y_c}{x_c+1}) $

le rette passanti per C sono: $ y= y_c + m(x-x_c) $
esse sono tangenti a $ x^2+y^2=1 $ se e solo se hanno una sola intersezione con la cfr.
ovvero il sistema tra la retta e la cfr ha una sola soluzione.

per sostituzione ottengo:
$ x^2+(y_c+m(x-x_c))^2=1 $ e quest'equazione, risolta in x deve avere una sola soluzione.
ovvero$ \Delta =0 $

che equivale a:

$ m^2(1-x_c^2)+m(2x_cy_c)+(1-y_c^2)=0 $

$ m_1=\frac{-x_cy_c+\sqrt{x_c^2+y_c^2-1}}{(1+x_c)(1-x_c)} $
$ m_2=\frac{-x_cy_c-\sqrt{x_c^2+y_c^2-1}}{(1+x_c)(1-x_c)} $

la retta CB: $ y= y_c + \frac{-x_cy_c+\sqrt{x_c^2+y_c^2-1}}{(1+x_c)(1-x_c)}(x-x_c) $
la retta CA:$ y= y_c + \frac{-x_cy_c-\sqrt{x_c^2+y_c^2-1}}{(1+x_c)(1-x_c)}(x-x_c) $

$ y_b= y_c + \frac{-x_cy_c+\sqrt{x_c^2+y_c^2-1}}{(1+x_c)} $
$ y_a= y_c + \frac{-x_cy_c-\sqrt{x_c^2+y_c^2-1}}{(1+x_c)} $

la tesi diventa $ y_b-y_s+y_a=0 $

$ 2y_c-\frac{2c_cy_c}{1+x_c}-\frac{2y_c}{x_c+1}=0 $

ovvero:$ y_c+x_cy_c-x_cy_c-y_c=0 $ che è vera.

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